Nombres complexes TD Fiche 2

PCSI2
Nombres complexes
TD Fiche 2 - Qq corrigés
Lycée Corneille
2010/2011
∗
Exercice 10. bis Soit n ∈ N . Calculer la somme S =
n X
n
k=0
Correction - On a
S =Re
n X
n
k=0
k
!
e
i kπ
3
= Re
π
cos(k )
k
3
i nπ − i π
i nπ iπ n
iπ n
π n √ n
nπ
1+e 3
= Re e 6
e 6 +e 6
= Re e 6
2 cos
= 3 cos
.
6
6
Exercice 13 On considère l’équation z 2 − (2 + i α)z + i α + 2 − α = 0 de paramètre α ∈ C. Montrer qu’il existe une
valeur de α pour laquelle les deux racines de de l’équation sont complexes conjuguées. Calculer alors les solutions.
Correction - Le discriminant de l’équation est ∆ = (2 + i α)2 − 4(i α + 2 − α) = −α2 + 4α − 4 = −(α − 2)2 = (i(α − 2))2 . Les racines de
2+i α+(i α−2 i)
2+i α−(i α−2 i)
l’équation sont donc: z1 =
= 1+i(α−1) et z2 =
= 1+i. On a donc z2 = z¯1 si et seulement si 1+i(α−1) = 1−i
2
2
i.e. α = 0. Les solutions sont alors 1 + i et 1 − i.
Exercice 18 Soient A, B, C trois points du plan affine euclidien, d’affixes respectives a, b, c.
1) Montrer que le triangle ABC est équilatéral direct si et seulement si a + jb + j 2 c = 0.
2) En déduire que le triangle ABC est équilatéral si et seulement si
a2 + b2 + c2 − (ab + ac + bc) = 0.
Correction 1) Le triangle ABC est équilatéral direct si et seulement si C est l’image de B par la rotation de centre A et d’angle
c−a=e
i π
3
(b − a)
i π
3
=⇒
c − a = −j (b − a)
⇐⇒
(−1 − j 2 )a + j 2 b + c = 0
2
car e
= −j
π
3
c’est-à-dire
2
⇐⇒
ja + j 2 b + c = 0
car 1 + j + j 2 = 0
⇐⇒
a + jb + j 2 c = 0
en multipliant par j 2 et en utilisant j 3 = 1
2) Le triangle ABC est équilatéral si et seulement si il est équilatéral direct ou indirect. Or, de même que 1) on montre que le triangle
est équilatéral indirect si et seulement si b + ja + j 2 c = 0. Donc ABC est équilatéral si et seulement si
b + ja + j 2 c = 0 ou a + jb + j 2 c = 0
⇐⇒
(b + ja + j 2 c)(a + jb + j 2 c) = 0
⇐⇒
ab + jb2 + j 2 bc + ja2 + j 2 ab + j 3 ac + j 2 ac + j 3 bc + j 4 c2
⇐⇒
(1 + j 2 )ab + (j 2 + j 3 )bc + (j 2 + j 3 )ac + ja2 + jb2 + jc2 = 0
⇐⇒
−jab − jbc − jac + ja2 + jb2 + jc2 = 0
⇐⇒
a + b + c − ab − ac − bc = 0.
2
2
car j 3 = 1 et 1 + j + j 2 = 0
2
Exercice 19 Soit f la fonction qui à un complexe z associe, lorsque c’est possible, f (z) =
z2
z−2 i .
1) Déterminer le domaine de définition D de f .
2) Déterminer les racines carrées de 8 − 6 i.
3) En déduire tous les antécédents de 1 + i par f .
4) Soit h un complexe. Discuter selon les valeurs de h, le nombre d’antécédents de h par f .
5) Déterminer l’image f (D) de D par f . La fonction f est-elle surjective de D dans C.
6) f est-elle une application injective de D dans C.
Correction 1) Le domaine de définition de f est D = C \ {2 i}.
1

2
2

(1)
x − y = 8
2) On a 8 − 6 i = (x + i y)2 ⇔ 2xy = −6
(2) . En faisant (1) + (3), il vient x2 = 9 i.e. x = ±3 et en faisant (3) − (1) il vient y 2 = 1

 2
2
x + y = 10 (3)
i.e. y = ±1. Et comme 2xy = −6, x et y sont de signes contraires donc les deux racines carrées de 8 − 6 i sont 3 − i et −3 + i.
z2
= 1 + i ⇔ z 2 = (z − 2 i)(1 + i) ⇔ z 2 − (1 + i)z + 2 i(i +1) = 0. Le
z−2 i
1+i +(3−i)
2
(1 + i) − 8 i(1 + i) = 8 − 6 i = (3 − i)2 . Les solutions sont donc z1 =
= 2 et
2
3) Pour tout z 6= 2 i, on a: z antécédent de 1 + i ⇔
discriminant de l’équation précédente est ∆ =
z2 =
1+i −(3−i)
2
= −1 + i qui constituent donc les deux antécédents recherchés.
2
z
4) Soit h ∈ C. Pour tout z 6= 2 i, on a: z antécédent de h ⇔ z−2
= h ⇔ z 2 = (z − 2 i)h ⇔ z 2 − hz + 2 i h = 0 (∗). Le discriminant de
i
2
l’équation précédente est ∆ = h − 8 i h = h(h − 8 i). Remarquons que h = 2 i (valeur à éviter) n’est jamais solution de l’équation
(∗). Par conséquent:
• si h = 0 ou h = 8 i, alors ∆ = 0 donc l’équation admet une racine double, et h admet par conséquent par f un seul antécédent
• si h 6= 0 ou h 6= 8 i alors ∆ 6= 0 donc l’équation admet deux racines distinctes et h admet par conséquent par f deux antécédents
distincts.
5) On a vu en 4), que tout élément h ∈ C admet au moins un antécédent dans D donc f (D) = C. Et donc l’application est surjective.
6) L’application n’est pas injective car on a vu en 3) que f (2) = f (−1 + i) = 1 + i donc 1 + i admet 2 antécédents.
2