Le support de révisions sur les nombres complexes

TS - Maths - Révisions
Nombres complexes
Exercice 1
LIBAN 2014
p
On considère la suite de nombres complexes (z n ) définie par z 0 = 3 − i et pour tout entier naturel n :
z n+1 = (1 + i)z n .
Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.
Partie A
Pour tout entier naturel n, on pose u n = |z n |.
1. Calculer u 0 .
2. Démontrer que (u n ) est la suite géométrique de raison
p
2 et de premier terme 2.
3. Pour tout entier naturel n, exprimer u n en fonction de n.
4. Déterminer la limite de la suite (u n ).
5. Etant donné un réel positif p, on souhaite déterminer, à l’aide d’un algorithme, la plus petite valeur de
l’entier naturel n telle que u n > p.
Recopier l’algorithme ci-dessous et le compléter par les instructions de traitement et de sortie, de façon
à afficher la valeur cherchée de l’entier n.
Variables
:
Initialisation
:
Entrée
Traitement
:
:
Sortie
:
u est un réel
p est un réel
n est un entier
Affecter à n la valeur 0
Affecter à u la valeur 2
Demander la valeur de p
Partie B
1. Déterminer la forme algébrique de z 1 .
2. Déterminer la forme exponentielle de z 0 et de 1 + i.
En déduire la forme exponentielle de z 1 .
3. Déduire des questions précédentes la valeur exacte de cos
(π)
12
Exercice 2
ANTILLES-GUYANE 2014
On note C l’ensemble des nombres complexes.
( − →
)
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé O ; →
u,−
v . On prendra comme unité 2 cm sur chaque
axe.
Le graphique sera fait sur une feuille de papier millimétré et complété au fur et à mesure des questions.
On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe
f (z) = z 2 + 2z + 9.
TS - Révisions - Complexes - Page 1/ 11
p
1. Calculer l’image de −1 + i 3 par la fonction f .
2. Résoudre dans C l’équation f (z) = 5.
Ecrire sous forme exponentielle les solutions de cette équation.
Construire alors sur le graphique, à la règle et au compas, les points A et B dont l’affixe est solution de
l’équation (A étant le point dont l’affixe a une partie imaginaire positive).
On laissera les traits de construction apparents.
3. Soit λ un nombre réel. On considère l’équation f (z) = λ d’inconnue z.
Déterminer l’ensemble des valeurs de λ pour lesquelles l’équation f (z) = λ admet deux solutions complexes conjuguées.
4. Soit (F) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z vérifie
| f (z) − 8| = 3.
Prouver que (F) est le cercle de centre Ω(−1 ; 0) et de rayon
Tracer (F) sur le graphique.
p
3.
5. Soit z un nombre complexe, tel que z = x + iy où x et y sont des nombres réels.
(a) Montrer que la forme algébrique de f (z) est
x 2 − y 2 + 2x + 9 + i(2x y + 2y).
(b) On note (E) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z est telle que f (z) soit un
nombre réel.
Montrer que (E) est la réunion de deux droites D 1 et D 2 dont on précisera les équations.
Compléter le graphique de l’annexe en traçant ces droites.
6. Déterminer les coordonnées des points d’intersection des ensembles (E) et (F).
Exercice 3
PONDICHERY 2013
( →
)
−
→
−
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
On note i le nombre complexe tel que i2 = −1.
On considère le point A d’affixe z A = 1 et le point B d’affixe z B = i.
à tout point M d’affixe z M = x + iy, avec x et y deux réels tels que y ̸= 0, on associe le point M ′ d’affixe
z M ′ = −iz M .
On désigne par I le milieu du segment [AM ].
Le but de l’exercice est de montrer que pour tout point M n’appartenant pas à (OA), la médiane (OI ) du
triangle OAM est aussi une hauteur du triangle OBM ′ (propriété 1) et que BM ′ = 2OI (propriété 2).
1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend
π
z M = 2e−i 3 .
(a) Déterminer la forme algébrique de z M .
p
(b) Montrer que z M ′ = − 3 − i.
Déterminer le module et un argument de z M ′ .
( − →
)
(c) Placer les points A, B, M , M ′ et I dans le repère O ; →
u,−
v en prenant 2 cm pour unité graphique.
Tracer la droite (OI ) et vérifier rapidement les propriétés 1 et 2 à l’aide du graphique.
2. On revient au cas général en prenant z M = x + iy avec y ̸= 0.
(a) Déterminer l’affixe du point I en fonction de x et y.
(b) Déterminer l’affixe du point M ′ en fonction de x et y.
(c) Ecrire les coordonnées des points I , B et M ′ .
TS - Révisions - Complexes - Page 2/ 11
(d) Montrer que la droite (OI ) est une hauteur du triangle OBM ′ .
(e) Montrer que BM ′ = 2OI .
Exercice 4
PONDICHERY 2014
( − →
)
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé O ; →
u,−
v .
Pour tout entier naturel n, on note A n le point d’affixe z n défini par :
(
p )
3
3
z 0 = 1 et z n+1 =
+
i zn .
4
4
On définit la suite (r n ) par r n = |z n | pour tout entier naturel n.
p
3
3
1. Donner la forme exponentielle du nombre complexe +
i.
4
4
p
3
2. (a) Montrer que la suite (r n ) est géométrique de raison
.
2
(b) En déduire l’expression de r n en fonction de n.
(c) Que dire de la longueur OA n lorsque n tend vers +∞ ?
3. On considère l’algorithme suivant :
Variables
n entier naturel
R réel
P réel strictement positif
Demander la valeur de P
R prend la valeur 1
n prend la valeur 0
Tant que R > P
n prend la valeur n + 1
p
3
R prend la valeur
R
2
Fin tant que
Afficher n
Entrée
Traitement
Sortie
(a) Quelle est la valeur affichée par l’algorithme pour P = 0, 5 ?
(b) Pour P = 0, 01 on obtient n = 33. Quel est le rôle de cet algorithme ?
4.
(a) Démontrer que le triangle OA n A n+1 est rectangle en A n+1 .
(b) On admet que z n = r n eí
nπ
6
.
Déterminer les valeurs de n pour lesquelles A n est un point de l’axe des ordonnées.
(c) Compléter la figure donnée en annexe, à rendre avec la copie, en représentant les points A 6 , A 7 , A 8
et A 9 .
Les traits de construction seront apparents.
Exercice 5
( − →
)
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O ; →
u,−
v .
On note C l’ensemble des nombres complexes.
NOUVELLE CALEDONIE 2013
Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse.
1. Proposition : Pour tout entier naturel n : (1 + i)4n = (−4)n .
TS - Révisions - Complexes - Page 3/ 11
(
)
2. Soit (E) l’équation (z − 4) z 2 − 4z + 8 = 0 où z désigne un nombre complexe.
Proposition : Les points dont les affixes sont les solutions, dans C, de (E) sont les sommets d’un triangle
d’aire 8.
3. Proposition : Pour tout nombre réel α, 1 + e2i α = 2eiα cos(α).
1
4. Soit A le point d’affixe z A = (1+i) et M n le point d’affixe (z A )n où n désigne un entier naturel supérieur
2
ou égal à 2.
Proposition : si n − 1 est divisible par 4, alors les points O, A et M n sont alignés.
2π
.
5. Soit j le nombre complexe de module 1 et d’argument
3
Proposition : 1 + j + j2 = 0.
ANNEXE EXERCICE 3
b
A4
A3
b
A2
b
b
A5
A1
b
b
A0
O
ANNEXE EXERCICE 4
8
6
A3
b
4
2
b
A4
−4
0
−2
A5
−2
b
b
A6
b
2
4
6
8
10
12
14
A0
16
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TS - Maths - Révisions
Nombres complexes
CORRECTION
Exercice 1
LIBAN 2014
p
On considère la suite de nombres complexes (z n ) définie par z 0 = 3 − i et pour tout entier naturel n :
z n+1 = (1 + i)z n
Partie A
Pour tout entier naturel n, on pose u n = |z n |.
¯p
¯
1. u 0 = |z 0 | = ¯ 3 − i¯ = 2.
2. u n+1 = |z n+1 | = |(1 + i)z n | = |1 + i| × |z n | =
p
p
2|z n | = 2u n
(p )n
3. p
D’après le cours, pour tout entier naturel n, on a u n = 2 2 ; (u n ) est la suite géométrique de raison
2 et de premier terme u 0 = 2.
p
4. (u n ) est une suite géométrique de raison 2 > 1 et de premier terme strictement positif, elle diverge
donc vers +∞.
5.
Variables
:
Initialisation
:
Entrée
Traitement
:
:
Sortie
:
u est un réel
p est un réel
n est un entier
Affecter à n la valeur 0
Affecter à u la valeur 2
Demander la valeur de p
Tant que u É p Faire
Affecter à n la valeur n + 1
p
Affecter à u la valeur 2 × u
Fin du Tant Que
Afficher n
Partie B
p
p
p
1. z 1 = (1 + i) × ( 3 − i) = 1 + 3 + i( 3 − 1).
(p
)
3 1
2. z 0 = 2
− i = 2e−iπ/6
2
2
p
1 + i = 2eiπ/4 .
p
p
z 1 = 2e−iπ/6 × 2eiπ/4 = 2 2eiπ/12 .
3. Des deux questions précédentes, on obtient que
( π ))
(π)
p
p (
p
p
+ i sin
1 + 3 + i( 3 − 1) = 2 2eiπ/12 = 2 2 cos
12
12
D’où
( π ) 1 + p3 p2 + p6
cos
= p =
12
4
2 2
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Exercice 2
ANTILLES GUYANE 2014
On note C l’ensemble des nombres complexes.
( − →
)
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé O ; →
u,−
v .
On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe f (z) = z 2 + 2z + 9.
p ) (
p )2
p )
p
p
(
(
1. f −1 + i 3 = −1 + i 3 + 2 −1 + i 3 + 9 = 1 − 2i 3 − 3 − 2 + 2i 3 + 9 = 5
2. On résout dans C l’équation f (z) = 5 :
( p )2
f (z) = 5 ⇐⇒ z 2 + 2z + 9 = 5 ⇐⇒ z 2 + 2z + 4 = 0 ; ∆ = 4 − 16 = −12 = − 2 3
p
p
p
−2 + 2i 3
Donc l’équation admet deux racines complexes conjuguées :
= −1 + i 3 et −1 − i 3
2
p
p
On appelle A le point d’affixe z A = −1 + i 3 et B le point d’affixe z B = −1 − i 3
p
|z A | = 1 + 3 = 2

1 
cos θ A = − 

2π
2
p
Soit θ A un argument de z A :
=⇒ θ A =
+ k2π où k ∈ Z

3 
3

sin θ A =
2
2iπ
3
Donc z A = 2e
Les nombres complexes z A et z B sont conjugués, donc ils ont le même module et des arguments op2iπ
posés donc z B = 2e− 3
|z A | = 2 donc le point A se trouve sur le cercle de centre O et de rayon 2. De plus la partie réelle de A
vaut −1 donc A se trouve sur la droite d’équation x = −1. Idem pour B .
Voir graphique page 7.
3. Soit λ un nombre réel. On considère l’équation f (z) = λ d’inconnue z.
f (z) = λ ⇐⇒ z 2 + 2z + 9 = λ ⇐⇒ z 2 + 2z + 9 − λ = 0
Pour que l’équation f (z) = λ admette deux solutions complexes conjuguées, il faut et il suffit que le
discriminant du polynôme z 2 + 2z + 9 − λ soit strictement négatif.
∆ = 4 − 4(9 − λ) = 4 − 36 + 4λ = 4λ − 32 ; ∆ < 0 ⇐⇒ 4λ − 32 < 0 ⇐⇒ λ < 8
L’ensemble des valeurs de λ pour lesquelles l’équation f (z) = λ admet deux solutions complexes conjuguées est l’intervalle ] − ∞ ; 8[.
¯
¯
4. Soit (F) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z vérifie ¯ f (z) − 8¯ = 3
¯
¯ ¯
¯
f (z) − 8 = z 2 + 2z + 9 − 8 = z 2 + 2z + 1 = (z + 1)2 ; donc ¯ f (z) − 8¯ = ¯(z + 1)2 ¯ = |z + 1|2 car le module d’un
carré est égal au carré du module.
¯
¯
p
Donc ¯ f (z) − 8¯ = 3 ⇐⇒ |z + 1|2 = 3 ⇐⇒ |z + 1| = 3
Soit Ω leppoint d’affixe −1, donc
de coordonnées (−1 ; 0) ; si on appelle M le point d’affixe z, alors
p
|z + 1| = 3 ⇐⇒ |z M − z Ω | = 3.
p
p
L’ensemble des points M vérifiant |z M − z Ω | = 3 est le cercle de centre Ω et de rayon 3.
On trace (F) sur le graphique (voir page 7).
5. Soit z un nombre complexe, tel que z = x + iy où x et y sont des nombres réels.
(a) f (z) = z 2 + 2z + 9 = (x + iy)2 + 2(x + iy) + 9 = x 2 + 2ix y − y 2 + 2x + 2iy + 9
= x 2 − y 2 + 2x + 9 + i(2x y + 2y)
(b) On note (E) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z est telle que f (z) soit un
nombre réel.
f (z) réel ⇐⇒ 2x y + 2y = 0 ⇐⇒ 2y(x + 1) = 0 ⇐⇒ y = 0 ou x = −1
Donc (E) est la réunion de deux droites D 1 d’équation y = 0 (l’axe des abscisses) et D 2 d’équation
x = −1.
TS - Révisions - Complexes - Page 6/ 11
p
Le cercle (F) est de centre Ω d’affixe −1 et de
rayon
p 3.) Donc
(
( lesppoints
) d’intersection du cercle (F) avec
l’axe des abscisses ont pour coordonnées −1 − 3 ; 0 et −1 + 3 ; 0 .
Les points A et B ont pour affixes z A et z B dont les parties réelles sont égales à −1 ; donc A et B sont
situés sur la droite D 2 .
¯
¯ ¯p ¯ p
p
ΩA = |z A − z Ω | = ¯−1 + i 3 + 1¯ = ¯i 3¯ = 3 donc le point A appartient au cercle (F).
¯
¯ ¯ p ¯ p
p
ΩB = |z B − z Ω | = ¯−1 − i 3 + 1¯ = ¯−i 3¯ = 3 donc le point B appartient au cercle (F).
Les coordonnées des quatre points d’intersection des ensembles (E) et (F) sont :
p
p
p ) (
p )
(
) (
) (
−1 − 3 ; 0 , −1 + 3 ; 0 , −1 ; 3 et −1 ; − 3
D2
A
b
(F)
⃗
v
Ω
b
O
⃗
u
D1
b
B
6. Exercice 3
PONDICHERY 2013
π
1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend z M = 2e−i 3 .
(
p )
p
1
3
= 1 − i 3.
(a) z M = 2 ×
−i
2
2
p
p
p
(b) z M ′ = −iz M = −i(1 − i 3) = −i + i2 3 = − 3 − i.
Module et argument méthode algébrique :
√ p
|z M ′ | = (− 3)2 + (−1)2 = 2 et si l’on nomme θ un argument de z M ′ alors, par propriété,

p
3


 cos θ = −
2 On reconnaît θ = − 5π (modulo 2π).

6

 sin θ = − 1
2
Module et argument par la forme exponentielle :
π
|z M ′ | = | − i| × |z M | = 1 × |2e−i 3 | = 2
5π
π π
(module 2π).
arg(z M ′ ) = arg (−i) + arg (z M ) = − − = −
2 3
6
TS - Révisions - Complexes - Page 7/ 11
b
B
b
O
1
La figure n’est pas à l’échelle.
(c)
Graphiquement on vérifie les propriétés 1 et 2.
−2
M′
−1
b
A
b
1
2
3
I
b
−1
b
M
−2
2. Cas général en prenant z M = x + iy avec y ̸= 0.
z A + zM x + 1
y
(a) z I =
=
+i .
2
2
2
′
(b) z M = −i(x + iy) = y − i x.
(
)
x +1 y
(c) I
, B(0 ; 1) et M ′ (y ; −x).
;
2
2
(
)
(y)
x +1
xy 1 xy 1
−→ −−→′
(d) OI · BM =
×y+
× (−x − 1) =
+ −
− = 0 donc les droites (OI ) et (BM ′ ) sont
2
2
2
2
2
2
perpendiculaires.
√(
)
√
√
x + 1 2 ( y )2 2 √
′
2
2
2
2
(e) BM = y + (−x − 1) = (x + 1) + y et d’autre part , 2OI = 2
=
(x + 1)2 + y 2
+
2
2
2
donc
2OI = BM ′ .
Exercice 4
( − →
)
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé O ; →
u,−
v .
PONDICHERY 2014
(
p )
3
3
Pour tout entier naturel n, on note A n le point d’affixe z n défini par : z 0 = 1 et z n+1 =
+
i zn
4
4
On définit la suite (r n ) par r n = |z n | pour tout entier naturel n.
¯
¯ v( ) ( p )2 √
√
√
¯ 3 p3 ¯ u
3 2
3
9
3
12
3 sqr t 3
¯
¯ u
t
+
=
1. ¯ +
i¯ =
+
=
=
=
¯4
¯
4
4
4
16 16
16
4
2

p 
3
(
) p (p
)
p
p  3
p
 p3 3
3
3
3 4
2
3
2
3
3 1

4
+
i=
×p +
×p i =
+ i
 p + p i =
4
4
2  3
2 4
4
2
2
2
3 
3
3
2
2
p
π
3
π 1
Or cos =
et sin = .
6
2
6 2
p
p
3
3
3
π
Donc le nombre complexe +
i a pour module
et pour argument donc sa forme exponentielle
4 4
2
6
p
3 iπ
est
e 6.
2
¯(
¯
) ¯ ¯
p
¯ 3 p3
¯ ¯ 3 p3 ¯
3
¯
¯ ¯
¯
2. (a) r n+1 = |z n+1 | = ¯ +
i zn ¯ = ¯ +
i¯ × |z n | =
rn
¯ 4
¯ ¯4
4
4 ¯
2
p
3
Donc la suite (r n ) est géométrique de raison q =
et de premier terme r 0 = |z 0 | = 1.
2
( p )n
3
n
.
(b) La suite (r n ) est géométrique donc, pour tout n, r n = r 0 × q , donc r n =
2
TS - Révisions - Complexes - Page 8/ 11
( p )n
3
(c) O A n = |z n | = r n =
2
p
p
3
3
(r n ) est une suite géométrique de raison
; or −1 <
< 1 donc la suite (r n ) converge vers 0. La
2
2
longueur O A n tend donc vers 0 quand n tend vers +∞.
3.
(a) On fait tourner l’algorithme donné dans le texte en prenant pour P la valeur 0, 5 :
n
R
P
R >P
Initialisations
0
1
0, 5
Vrai
Traitement
1
0, 866
0, 5
Vrai
2
0, 75
0, 5
Vrai
3
0,649 5
0, 5
Vrai
4
0,562 5
0, 5
Vrai
5
0, 487
0, 5
Faux
Sortie
Afficher 5
La valeur affichée par l’algorithme pour P = 0, 5 est 5.
(b) Cet algorithme s’arrête dès que R Ê P et affiche alors n, c’est-à-dire qu’il affiche la plus petite
valeur de n pour laquelle R donc r n = O A n est inférieur ou égal à P .
On peut donc dire que O A 32 > 0, 01 et que O A 33
g eq sl ant 0, 01.
Vérification à la calculatrice : r 32 ≈ 0,010 02 et r 33 ≈ 0,008 68.
4.
(a) On considère le triangle O A n A n+1 .
O A n = r n donc (O A n )2 = r n2
p
3
3
O A n+1 = r n+1 =
r n donc (O A n+1 )2 = r n2
2
4 ¯ ¯(
¯
¯(
)
) ¯ ¯
¯ ¯ 3 p3
¯ ¯ 1 p3 ¯
¯ 3 p3
¯ ¯
¯ ¯
¯
¯
i zn − zn ¯ = ¯ +
i − 1 z n ¯ = ¯− +
i¯ × |z n |
A n A n+1 = |z n+1 − z n | = ¯ +
¯
¯
¯
¯
¯ 4
4
4
4
4
4 ¯
v
u( )2 ( p )2
√
√
u 1
3
1
3
4
1
1
t
−
+
× rn =
+ rn =
r n = r n donc (A n A n+1 )2 = r n2
=
4
4
16 16
16
2
4
1
3
(A n A n+1 )2 + (O A n+1 )2 = r n2 + r n2 = r n2 = (O A n )2
4
4
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle O A n A n+1 est rectangle en A n+1 .
(b) On admet que z n = r n ei
nπ
6
.
Le point A n , d’affixe z n , appartient à l’axe des ordonnées si et seulement si son argument est
π
π
3π
modulo 2π, c’est-à -dire modulo π, donc il peut s’écrire + kπ où k ∈ Z.
2
2
2
nπ nπ π
Le nombre z n a pour argument
;
= + kπ ⇐⇒ n = 3 + 6k.
6
6
2
Mais n est un entier naturel donc k doit être strictement positif donc appartenir à N.
π
2
ou
Donc si n s’écrit 3 + 6k avec k ∈ N, alors le point A n appartient à l’axe des ordonnées.
6π
(c) Le point A 6 a pour affixe z 6 qui a pour argument
= π ; ce point est donc sur l’axe des abscisses.
6
Comme le triangle O A 5 A 6 est rectangle en A 6 , on trace le cercle de diamètre O A 5 ; le point A 6 est
à l’intersection de ce cercle et de l’axe des abscisses.
7π
; donc les points A 1 , O et A 7 sont alignés. Le
Le point A 7 a pour affixe z 7 qui a pour argument
6
point A 7 se trouve donc à l’intersection du cercle de diamètre O A 6 et de la droite (O A 1 ).
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Etc. (Voir figure en annexe)
Remarque : les points A 3 et A 9 appartiennent à l’axe des ordonnées, ce qui correspond bien à la
réponse trouvée à la question 4. b.
Exercice 5
NOUVELLE CALEDONIE 2013
( − →
)
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O ; →
u,−
v .
On note C l’ensemble des nombres complexes.
(
)n
(
)2
1. (1 + i)4n = (1 + i)4 et (1 + i)4 = (1 + i)2
(1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 1 + 2i − 1 = 2i ; donc (1 + i)4 = (2i)2 = 4i2 = −4
Donc (1 + i)4n = (−4)n ; la proposition est vraie.
(
)
2. On cherche les solutions de l’équation (E) : (z − 4) z 2 − 4z + 8 = 0.
Il y a z = 4 qui annule z − 4.
Pour z 2 − 4z + 8 = 0 : ∆ = (−4)2 − 4 × 1 × 8 = 16 − 32 = −16 < 0
L’équation admet
p deux solutions complexes conjuguées :
− (−4) + i 16 4 + 4i
z1 =
=
= 2 + 2i et z 2 = 2 − 2i
2
2
{
}
L’équation (E) admet pour solutions 4, 2 + 2i, 2 − 2i .
Représentons les points dont les affixes sont solutions de (E) :
B
⃗
v
H
b
b
b
A
O ⃗
u
b
C
Le triangle ABC est isocèle en A car les (points) B et
−
C sont symétriques par rapport à l’axe O , →
u et A
appartient à cet axe ; donc le milieu H de [BC] est
aussi le pied de la hauteur issue de A dans le triangle.
H a pour affixe 2 donc AH=2 ; de plus BC = |2 + 2i −
2 + 2i| = |4i| = 4.
L’aire de ce triangle vaut donc :
BC × AH 4 × 2
=
=4
2
2
La proposition est fausse.
3. Soit α un nombre réel quelconque ; on sait que 1 = cos2 α + sin2 α.
( )2
1 + e2iα = 1 + eiα = 1 + (cos α + i sin α)2 = 1 + cos2 α + 2i sin α cos α + i2 sin2 α
= cos2 α + sin2 α + cos2 α + 2i sin α cos α − sin2 α = 2 cos2 α + 2i sin α cos α
= 2 (cos α + i sin α) cos α = 2eiα cos α
La proposition est vraie.
π
π
donc le nombre complexe (z A )n a pour argument n
4. Le nombre complexe z A a pour argument
4
4
(argument d’un produit).
Les points O, A et M n sont alignés si et seulement
π
π
si l’argument de l’affixe de M n est ou π + Ã 2π
4
4
prés.
π + π4
⃗
v
A
π
4
b
O ⃗
u
On suppose que n − 1 est divisible par 4 ; le nombre n − 1 peut alors s’écrire 4k avec k entier et donc n
s’écrit 4k + 1.
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π
π
π
π
L’argument de l’affixe de M n qui est n peut s’écrire (4k + 1) = kπ + qui est bien équivalent à ou
4
4
4
4
π
π + à 2π prés ;
4
donc si n − 1 est divisible par 4, alors les points O, A et M n sont alignés.
La proposition est vraie.
5. Le nombre j a pour module 1 et argument
4π
.
3
2π
2π
donc j2 a pour module 12 = 1 et pour argument 2 ×
=
3
3
p
2π
2π
1
3
On a : j = cos
+ i sin
=− +
(propriétés du cercle trigonométrique).
3
3
2 p2
4π
4π
1
3
Et : j2 = cos
+ i sin
=− −
.
3
3p 2
2p
1
3 1
3
Donc 1 + j + j2 = 1 − +
− −
= 0.
2
2
2
2
La proposition est vraie.
2π
Une solution plus élégante
consiste
à) écrire le nombre j sous la forme ei 3 pour prouver que j3 = 1.
(
)(
2
Ensuite on développe 1 + j + j 1 − j en 1 − j3 qui
( donne
) ( donc
) 0. Et comme j n’est pas égal2 à 1, le
2
facteur 1−j n’est pas nul, mais comme le produit 1 + j + j 1 − j est nul, c’est le facteur 1+j+j qui est
nul.
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