Soit le nombre complexe z = 2 + i

Math-O-cliC
17/04/17
F.Vivier
Qcm
Nombres complexes
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct
E1
O ; u, v 
Soit le nombre complexe z = 2 + i ( 3 – 7 i )
A
La partie réelle de z est 2
B
z a pour image le point M( 9 ;3 )
C
La partie imaginaire de z est 3
D
Le conjugué de z est z = 2 – i (3 – 7 i )
E
Le module de z est z =
E2
10
Soit le nombre complexe z =
1 i 3
i
3  i
A
La forme algébrique de z est : z =
B
z =2
C
arg(z) =
D
Le point M image de z est l’un des points d’ intersection du cercle
1
de centre O, de rayon 2, et de la droite d’équation y = .
2
E
z 6 = - 64
769764539
5
( mod 2  )
6
page 1
Math-O-cliC
17/04/17
E3
F.Vivier
L’ensemble des points M du plan dont l’affixe z vérifie
A
B
C
z = 2 est le cercle de centre O et de rayon 2.

( mod 2  ) est l’axe des ordonnées.
2

( z = 2 et arg(z) =
( mod 2  ) ) est la droite d’équation y = 2x
4
arg(z) =
D
Ré(z) = - 1 est le point de coordonnées (-1 ; 0)
E
( z = 2 et Im(z) = 1 ) est le point d’affixe z = -
E4
Soit le nombre complexe z = -3 ( cos
3 +i


+ i sin
)
6
6

( mod 2 )
6
A
arg (z) =
B
z =3
C
Une forme trigonométrique de (– z) est z  3 ( cos
D
z  3 ( cos
E
1 1
5
5
 ( cos
+ i sin
)
z 3
6
6
E5
7
7
+ i sin
)
6
6
Soit les nombres complexes
i

z1  e 3
A
z1z2  2 e
i
; z2  2 e
-i

6
6

B
C
z 13  1
D
E
z1z2z3  2 3 e
5
-i
6
z  3e
-i
7
6
3
769764539
6
7
-i
6
; z3  3 e

z1 1 i 6
 e
z2 2

page 2
 i sin

6
)
Math-O-cliC
17/04/17
E6
F.Vivier
Dans l’ensemble des nombres complexes, l’équation :
A
z2 = - 3 n’ a pas de solution.
B
( z + 1 )[ (2 + i ) z – 3 ] = 0 a pour solutions z = - 1 et z =
C
2z
i z
z i
D
z2 – z + 1 = 0 a pour solutions z =
E
z3 + z + 2 = 0 n’ a pas de solution imaginaire pure.
E7
6 6
- i
5 5
a pour solutions z = 0 et z = - 3 i
1
3
i
2
2
et z =
1
3
i
2
2
On considère dans l’ensemble des nombres complexes l’équation
z2 + (2 cos  ) z + 1 = 0 , où  est un paramètre réel.
 = 4 sin2 
A
Le discriminant
B
Une solution de l’équation est z1 = cos (    ) + i sin (   )
C
L’autre solution est z2 = z 1
D
La somme des solutions est z1 + z2 = - 2 cos 
E
Le produit des solutions est z1 z2 = - 1
E8
T est la transformation du plan qui au point M d’affixe z
associe le point M’ d’affixe z’. Si l’on a :
alors T est la translation de vecteur 3 u + v
A
z’ = z – 3 + i
B
z’ = i z alors T est la rotation de centre O et d’angle
C
z’ = z
D
z’ = - z alors T est la symétrie d’axe ( O ; u )
E

2
alors T est la symétrie d’axe ( O ; v )
i

z’ – 2 = e 3 ( z – 2 ) alors T est la rotation ayant pour centre
le point A(2 ; 0) et d’angle
769764539

.
3
page 3
Math-O-cliC
17/04/17
F.Vivier
E9
A
Les points A et B
sont définis comme
ci-contre :
-1
v
O
B
2
u
-1
L’ensemble des points M d’affixe z tels que :
A
z  2  i  5 est le cercle de centre A et de rayon OA.
B
z  2  i  z  1  i est la médiatrice du segment [AB].
C
arg( z  2  i ) 
D
arg
E
z 2 i
est réel est la droite (AB) – {B}
z 1i
E10

( mod 2  ) est la droite d’équation x = 2.
2
z 2 i

=
( mod 2  ) est le cercle de diamètre [AB] – {A;B}
z 1i
2
A
Les points A,B,C,D et E
d’ affixes respectives
a, b, c, d et e sont sur le cercle
de diamètre [AB] centré en F.
On a alors :
F
O
D
B
A
a+b=0
B
b-c
est un imaginaire pur.
a-c
C
arg
D
c–e= d - a
E
a+e+c+d=2
769764539
b-a
e-c
= arg
( mod 2  )
e-a
b-c
page 4
C
E
Math-O-cliC
17/04/17
F.Vivier
Corrigé
Nombres complexes
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct
C1
O ; u, v 
Soit le nombre complexe z = 2 + i ( 3 – 7 i )
Développons : z = 2 + 3 i – 7 i 2 = 2 + 3i + 7 = 9 + 3i.
On en déduit:
ABCD-
La partie réelle de z est 9
z a pour image le point M( 9 ;3 )
La partie imaginaire de z est 3
Le conjugué de z est z = 9 – 3i
E - Le module de z est z =
92  32 =
90 = 3 10
Il fallait donc cocher les cases : B-C
C2
Soit le nombre complexe z =
1 i 3
i
Multiplions et divisons z par le conjugué –i du dénominateur :
z 
(1  i 3)(i ) i  i 2 3
  3  i . Donc :

i ( i )
i 2
A- La forme algébrique de z est : z   3  i
B-
z  ( 3)2  (1)2  4  2
C- En mettant le module de z en facteur dans la forme algébrique :
 3
1
7
7
7
z  2[(
) i(
)]  2(cos
 i sin
) et arg(z) =
( mod 2  )
2
2
6
6
6
D- Le point M image de z est l’un des deux points d’ intersection du
cercle de centre O, de rayon 2 ( puisque OM = z  2 ), et de la
E-
769764539
droite d’équation y = -1 ( puisque Im(z) = ordonnée de M = -1 ).
C’est celui dont l’ abscisse est négative.
7
6
z 6  z  26  64 et arg(z6) = 6 arg(z) = 6
= 7  =  (mod2 )
6
Donc z6 = 64( cos  + i sin  ) = - 64
page 5
Math-O-cliC
17/04/17
F.Vivier
Il fallait donc cocher les cases : B-E
C3
L’ensemble des points M du plan dont l’affixe z vérifie
AB-
C-
z = 2 est le cercle de centre O et de rayon 2 car z = OM.

( mod 2  ) est la demi-droite ouverte ]Oy)
2
car arg(z) = (u ;OM ) ( mod 2  )

( z = 2 et arg(z) =
( mod 2  ) ) est l’ensemble constitué
4


du seul point M1 d’affixe z1 = 2( cos
+ i sin ) soit
4
4
arg(z) =
2
2
i
) = 2 i 2
2
2
Ré(z) = - 1 est la droite d’équation x = -1 car z = - 1 + i y
avec y réel quelconque.
( z = 2 et Im(z) = 1 ) est l’ensemble constitué des deux points
z1 = 2(
DE-
M2 et M3 d’intersection du cercle de centre O, de rayon 2, et de
la droite d’équation y = 1.
Les coordonnées (x;y) de ces points vérifient le système :
x2 = 3
x2  y 2  2
y=1
y=1
les couples (  3 ; 1 ) et (  3 ; 1 ) sont les solutionsde ce système.
M2 et M3 ont pour affixes respectives z2 =  3 + i et z3 = 3 + i
Il fallait donc cocher seulement la case : A
C4
Soit le nombre complexe z = -3 ( cos


+ i sin
)
6
6


+ i ( - sin )] soit
6
6
7
7


z = 3 [cos(   ) + i sin(   )] = 3( cos
+ i sin
)
6
6
6
6
On peut écrire z = 3[ - cos
On en déduit :
7
Aarg (z) =
( mod 2 )
6
Bz =3
C-
Une forme trigonométrique de (– z) est z  3 ( cos
D-
z  3 ( cos
769764539
7
7
+ i sin
)
6
6
page 6

6
 i sin

6
)
Math-O-cliC
17/04/17
E-
F.Vivier
1 1
7
7
1
7
7
 [ cos () + i sin ()]= [cos( 
 2 )  i sin( 
 2 )]
z 3
6
6
3
6
6
1 1
5
5
 (cos
 i sin
)
soit
z 3
6
6
Il fallait donc cocher les cases : B-C-D-E
C5
Soit les nombres complexes
i

z1  e 3
; z2  2 e
-i







6
A-
i( - )
i
z1z2  2 e 3 6  2 e 6
B-
z1 1 i ( 3  6 ) 1 i 2 1
 e
= e
 i
z2 2
2
2
7
-i
6
; z3  3 e

CDE-
i [3( )]
3  ei   1
z e
3
1
7
)
z1z2z3  2 3 e 3 6 6  2 3 e i   1
7
7
5
i
i(
 2 )
i
6
z3  3 e 6  3 e 6
 3e
i(




Il fallait donc cocher les cases : A-E
C6
Dans l’ensemble des nombres complexes, l’équation :
A-
B-
C-
D-
769764539
z2 = - 3 équivaut succéssivement à : z2 = 3 i 2 , z2 –( i 3 )2 = 0,
( z + i 3 )( z – i 3 ) = 0, z + i 3 = 0 ou z – i 3 = 0.
Cette équation a donc deux solutions complexes conjuguées
z1 = -i 3 et z2 = i 3
( z + 1 )[ (2 + i ) z – 3 ] = 0 équivaut à ( z +1 = 0 ou (2+ i) z – 3 = 0 )
z+1=0
z = -1
6 6
3
3(2  i )
6  6i
  i


(2+ i) z – 3 = 0
z=
2
5 5
2  i (2  i )(2  i ) 4  i
2z
 i z équivaut, pour z  -i à 2z = i z (z + i ) soit à
z i
z ( 2 – i z - i2 ) = 0 ou z ( 3 – i z ) = 0. De là il vient : z = 0 ou
3 3(i )
z = 
 3i
i
i 2
z2 – z + 1 = 0 a pour discriminant  = -3 soit  = 3 i2 = (i 3 )2
 réel < 0 donc l’équation admet deux solutions complexes cojuguées :
page 7
Math-O-cliC
17/04/17
F.Vivier
1
3
1
3
i
et z2 =  i
2
2
2
2
3
z + z + 2 = 0 admet une solution imaginaire pure si et seulement si
il existe b réel tel que (i b)3 + i b + 2 = 0 soit i 3 b3 + i b + 2 = 0
ou 2 + i ( b – b3) = 0. Ceci n’est jamais vérifié.
z1 =
E-
Il fallait donc cocher les cases : B-C-D-E
C7
On considère dans l’ensemble des nombres complexes l’équation
z2 + (2 cos  ) z + 1 = 0 , où  est un paramètre réel.
AB-
Le discriminant  = (2 cos  )2 – 4 = 4 cos2  - 4 soit
 = 4 ( cos2  - 1 ) = - 4 sin2  ou encore  = (2 i sin  )2
 réel < 0 donc l’équation admet deux solutions complexex cojuguées
2cos   2i sin 
  cos   i sin 
Une solution de l’équation est z1 =
2
soit z1 = cos (    ) + i sin (   )
C-
L’autre solution est z2 = z 1
D-
Pour l’équation az2 + bz + c = 0 ( a réel non nul, b et c réels ), la somme
b
c
des solutions est égale à et le produit à .
a
a
On en déduit : z1 + z2 = - 2 cos 
Le produit des solutions est z1 z2 = + 1
E-
Il fallait donc cocher les cases : B-C-D
C8
T est la transformation du plan qui au point M d’affixe z
associe le point M’ d’affixe z’. Si l’on a :
A-
BCDE-
alors T est la translation de vecteur -3 u + v
z’ = z – 3 + i
i

2 z alors T est la rotation de centre O et d’angle 
2
z’ = z alors T est la symétrie d’axe ( O ; u )
z’ = - z alors T est la symétrie de centre O.
z’ = i z = e
i

z’ – 2 = e 3 ( z – 2 ) alors T est la rotation ayant pour centre
le point A(2 ; 0) et d’angle

.
3
En effet, en prenant comme nouvelle origine le point A(2 ; 0), et
en notant Z et Z’ les affixes respectives de M et M’ dansle nouveau
769764539
page 8
Math-O-cliC
17/04/17
F.Vivier
i

repère ( A ; u ,v ), la relation précédente s’écrit : Z’ = e 3 Z
Il fallait donc cocher les cases : B-E
C9
Les points A et B
sont définis comme
ci-contre :
-1
A
v
O
B
u
2
-1
L’ensemble des points M d’affixe z tels que :
A-
z  2  i  5 est le cercle de centre A et de rayon OA.
En effet cette relation est équivalente à zM  zA  5 soit à
B-
AM = 5 et OA = 5 d’après Pythagore.
z  2  i  z  1  i est la médiatrice du segment [AB].
En effet cette relation équivaut à zM  zA  zM  zB soit à
AM = BM.
C-
arg ( z  2  i ) 

( mod 2  ) est la demi-droite ouverte ]At)
2
ensemble des points M(x ;y) `tels que x = 2 et y > 1.
En effet la relation donnée équivaut à arg ( zM – zA ) =
soit à (u ; AM) 

2

( mod 2  )
2
(mod 2 ) .
z 2 i

=
( mod 2  ) est le demi-cercle supérieur
z 1i
2
de diamètre [AB] – {A;B}. En effet cette relation équivaut à
z  zA
arg M
 (MB , MA) (mod2 ) .
zM  zB
D-
arg
E-
Rappelons que le 1èr membre de la relation donnée n’a de sens
que si z  2 + i et z  - 1 – i soit si M  A et M  B.
z 2 i
Z=
est réel est la droite (AB) – {B}
z 1i
En effet, Z est réel si et seulement si Z = 0 ou arg( Z ) = k  ,
avec k entier relatif.
769764539
page 9
Math-O-cliC
17/04/17
F.Vivier
Z = 0 si z = 2 + i soit si M est en A.
arg( Z ) = k  si (MB , MA)  k soit si M  (AB) –{ A ; B }
Il fallait donc cocher les cases : A-B-E
C10
A
Les points A,B,C,D et E
d’ affixes respectives
a, b, c, d et e sont sur le cercle
de diamètre [AB] centré en F.
On a alors :
AB-
C-
DE-
C
F
D
B
E
Les points A et B ne sont pas symétriques par rapport au point O.
Donc leurs affixes a et b ne sont pas opposées. Par suite a + b  0.
b-c

arg
= (CA , CB ) =
( mod 2  ) car C est sur le cercle
a-c
2
b-c
de diamètre [AB]. Donc
est un imaginaire pur.
a-c
Les angles inscrits (AE , AB ) et (CE , CB ) sont égaux car ils
interceptent le même arc. Par suite :
b-a
b-c
arg
= arg
( mod 2  ) et donc
e-a
e-c
b-a
e-c
arg
= - arg
( mod 2  )
e-a
b-c
Lespoints C et D sont symétriques par rapport à (O; u ), de même
que E et A donc c = d et e = a . D’ où c – e = d - a
a + e + c + d = a + a + d + d = 2 Ré(a) + 2 Ré(d) = 2 Ré(d) = 2.
Il fallait donc cocher les cases : B-D-E
769764539
O
page 10