corrigé

Devoir Complexes TS Obligatoire.
Exercice I :
1°) On peut souvent faire le lien entre le monde des complexes et le monde des vecteurs. Ici
par exemple on peut prendre un point A d’affixe
i
et un point M qui décrit notre lieu
géométrique, d’affixe
z
. L’équation devient :
1AM 
1AM 
M décrit donc le cercle de centre A d’affixe
i
et de rayon 1.
2°) On peut faire le même rapprochement, en utilisant le point B d’affixe 1.
AM BM
AM BM
M décrit donc la médiatrice du segment
AB
.
3°) Cette équation est moins commune. Rappelez-vous votre cours sur la mesure d’un angle
donné par deux vecteurs. Si on souhaite mesurer l’angle
;AB CD
, il faut calculer :
arg dc
ba
. En essayant de retranscrire l’équation on peut la voir de la manière suivante :
arg 1 0 4
zi
(Faisons abstraction du modulo pour l’instant).
On veut donc que
;4 OI AM
.
On a donc la demi-droite suivante, qu’il faut priver du point A.
Cependant nous avons oublier notre modulo .
Il nous faut compléter la demi-droite de l’autre côté du point A.
Exercice II :
2°)
1 2 2
3 2 1 2 2 4 1 2 2 4 2
3 1 2 4 2 2 4 1 5
ii
a i i i i i i i
b i i i
.
En prenant l’argument et le module on peut en déduire la nature du triangle :
1
ai
b
1
a
b
ab
AB  
, c’est donc un triangle isocèle
en .
arg arg 2
ai
b
;2 BA
;2 AB
. C’est donc un triangle
rectangle en .
3°) On cherche à calculer :
;2A
Ch
. Si vous ne vous rappelez pas la formule de
l’homothétie, pensez à une sorte de proportionnalité des nombres complexes…

c a k a
3 2 2 1 2 3 2c i i i     
3 2 2 1 2 3 2c i i i     
2 2 4 3 2c i i    
16ci  
.
4°) Vérifions que le barycentre existe :
1 1 1 1 0   
.
N’oublier pas que le barycentre est une sorte de « moyenne pondérée ».
3 2 3 1 6 54
1
ii
di
.
5°)
;2A
Ch
2A AC
milieu de
AC
. Donc ABC triangle rectangle et
isocèle en A.
D étant le barycentre de
,1A
,1B
et
,1C
, on a :
0DA DB DC  
0DA BD DC  
0BA DC
AB DC
, donc ABCD est un
parallélogramme. (cours de 1°S)
Or un parallélogramme dont deux cotés consécutifs sont de même longueur est un losange, et
un losange dont un angle est droit est un carré. (cours de 4°)
1°)
Exercice III :
1°) Ne vous laissez pas impressionné par cette équation, elle n’est pas si terrible que ca.
2
2 2 2 2
4 4sin 4 4 16sin 16 16 sin 1 16cos 0b ac
.

Les solutions complexes conjuguées sont donc :
4sin 4 cos 2 sin cos
2i
zi
.
Pour pouvoir les exprimer sous la forme exponentielle il faut d’abord les exprimer sous forme
trigonométrique.
Il nous faut donc transformer le sinus en cosinus et d’une part le cosinus en sinus, et d’autre
part le –cosinus en sinus. Les formules
1
de 1°S sont la pour ça, rappelons les :
cos sin
2
et
sin cos
2
.
2
12 sin cos 2 cos sin 2
22
i
z i i e
.
Dont le conjugué vaut :
2
22i
ze
.
2°)
44
44 2 4 4 2
4
2 2 2 2
2 2 2 16
i i i i ii
S e e e e e e
44
Formule d'Euler
32 32cos4
2
ii
ee
.
32cos4 0
cos4 0
42
2
42
2
82
82
.
Il est bien de se rappeler maintenant l’intervalle sur lequel on travaille. On obitent donc quatre
solutions qui sont :
55
, , ,
8 8 8 8
.
Exercice IV :
1°) M étant le milieu de
BC
, on a :
2
bc
m
.
ABB’ étant un triangle isocèle rectangle en A, A est
donc le centre de la rotation qui transforme B en B’
d’angle
2
. On peut donc écrire :
2
'i b a e b a
2
'i b e b
(puisque A est l’origine du repère).
1
Si vous ne connaissez pas encore ces formules, je vous suggère les retrouver avec les exponentielles complexes.
En effet, elles permettent de retrouver toutes les formules que vous avez apprit par cœur en 1°S, sans trop
d’effort…

De même C est transformé en C’ par la rotation de centre A d’angle
2
. Ce qui nous donne :
2
'i c e c
2°) Pour démontrer le parallélisme et l’orthogonalité en complexe, oubliez le produit scalaire
et ce genre de calcul. Pensez tout de suite à :
dc
ba
, son argument et voire son module.
Cette question est la plus ardue du devoir (à mon sens) car il fallait voir la symétrie centrale et
la factorisation.
2
c'est la symétrie centrale
(b devient -b)
On factorise par 2
2
2 2 2 2 2
'' 2 2 2 2
2
iii
e
i
i i i i i
e c e b
e c b
c b e c e b e c e b e
bc
m a b c b c b c
.
Donc :
''2 cb
ma
''2 cb
ma
' ' 2c b m a  
' ' 2B C AM
Il en va de même de l’argument :
2
''
arg arg 2
i
cb e
ma
Donc les droites (B’C’) et (AM) sont perpendiculaires.
Exercice V :
1°) Un point invariant (comme son nom devrait le laisser entendre), est un point qui reste égal
à lui-même après une transformation
2
.
On veut
'zz
1
1
zz
zz
11z z z z  
zz z zz z
zz
Im 0z
.
Les points invariants sont donc les points de l’axe des réels, privé
3
du point A d’affixe 1.
2°)
'1z
1
11
zz
z
11z z z   
z1zz z  
1zz 
21z
.
Il faut donc que z appartienne au cercle unité privé du point A d’affixe 1.
Donc
T M B
i
ze
,
;0 0;
.
3°)
a)
211
1 1 1 1
1
' 1 1
1 1 1 1 1
zz
z z z z z z
zz
zz z z z z
.
Nombre réel
arg 1 si z 1
11
arg ' 1 arg arg 1 1 arg 1
1arg 1 sinon
z
zz
z z z z
zz
.
2
Vous vous devez de le savoir, car vous retrouverez cette notion dans les suites, les transformations, les
fonctions …
3
A la ligne précédente il y avait une implication, au lieu de l’équivalence ; mais pourquoi donc ?

Or
arg 1 arg 1 arg 1z z z     
, donc
arg 1 si z 1
arg ' 1 arg 1 sinon
z
zz
Nous pouvons en déduire que :
arg ' 1 arg 1zz  
arg ' 1 arg 1 0zz   
'1
arg 0
1
z
z
'1
arg 0
1
z
z
,
donc les droites (AM) et (BM’) sont parallèles.
b)
1 1 2Im
'1 1 1 1
z z z z zz z z
zz
z z z
z z z z
.
arg 1 si Im 0
2Im 2
arg ' arg arg 2Im arg 1
1arg 1 sinon
2
zz
z
z z z z
zz
.
Nous pouvons en déduire que
arg ' arg 1
2
z z z
'
arg 12
zz
z
.
Donc les droites (MM’) et (AM) sont perpendiculaires.
c) Le mieux pour répondre à cette question est de se faire un
petit dessin, même si ce n’est pas demandé.
La procédure (ou algorithme) de construction est donc :
- Construire la parallèle à (AM) passant par B.
- Construire la perpendiculaire à (AM) passant par M.
- L’intersection des deux droites donne M’.