TS. Évaluation 2 - Correction EX 1 : ( 4 points ) 1. On veut résoudre

TS. Évaluation 2 - Correction ♣
EX1 : ( 4 points )
1. On veut résoudre dans l’équation : (E) : z3+4z2+2z−28 =0
a. Déterminer deux réels a et b tels que l’équation (E)s’écrive : ¡z−2¢¡z2+az +b¢=0
Cherchons les valeurs des réels aet bvérifiant l’égalité ; on a le développement suivant :
¡z−2¢¡z2+az +b¢=z3+az2+bz −2z2−2az −2b=z3+¡a−2¢z2+¡b−2a¢z−2b
Par identification avec le membre de gauche de l’équation (E), on obtient le système d’équations suivants :
a−2=4
b−2a=2
−2b=−28 ⇐⇒ ½a=6
b=14 donc (E) : z3+4z2+2z−28 =0⇐⇒ (E) : ¡z−2¢¡z2+6z+14¢=0
b. Résoudre (E).
L’équation (E) peut s’écrire : ¡z−2¢¡z2+6z+14¢=0
Or, un produit de nombres complexes est nul si, et seulement si, au moins un de ses facteurs est nul ;
on en déduit que : z=2 ou z2+6z+14 =0
Étudions le polynôme du second degré. Il admet pour discriminant ∆=b2−4ac =62−4×1×14 =−20 =20i2
je pose δ=p20i =2ip5 avec δ2=∆
Le discriminant est strictement négatif, ce polynôme admet deux racines complexes conjuguées :
z1=−b−δ
2a=−6−2ip5 2=−3−ip5 ou z2=−b+δ 2a=z1=−3+ip5S=©2 ; −3−ip5 ; −3+ip5ª
2. On note (H)l’ensemble des points M du plan complexe d’affixe z vérifiant : z2−4=4−z2
a. On note x et y les parties réelle et imaginaire de l’affixe z d’un point M.
Montrer que : M appartient à (H)si, et seulement si, x2−y2=4
M(z) appartient à (H)⇐⇒ z2−4=4−z2⇐⇒ z2+z2=8⇐⇒ (x+iy)2+(x−iy)2=8
⇐⇒ x2+2ix y −y2+x2−2ixy −y2=8⇐⇒ 2x2−2y2=8⇐⇒ x2−y2=4
b. Soient A, B et C les points d’affixes respectives : 2;−3−ip5;−3+ip5
Vérifier que A, B et C appartient à (H).
En utilisant la question précédente, pour montrer que les points A,B,Cappartiennent à (H), il suffit de
montrer que sa partie réelle et sa partie imaginaire vérifient l’égalité : x2−y2=4
– si z=2 alors x=Re(z)=2 ; y=Im(z)=0 : donc x2−y2=22−02=4−0=4A∈(H)
– si z=−3−ip5 alors x=Re(z)=−3 ; y=Im(z)=−p5 : donc (−3)2−(−p5)2=9−5=4B∈(H)
– si z=−3+ip5 alors x=Re(z)=−3 ; y=Im(z)=p5 : donc (−3)2−(p5)2=9−5=4C∈(H)
EX2 : ( 3 points ) Le plan est rapporté au repère orthonormé ³O,−→ u,−→ v´.
On considère les points A et B d’affixes respectives : zA=−1+ip3; zB=−1−ip3
1. Établir que l’ensemble Γdes points M d’affixe z qui vérifient : 2(z+z)+zz =0est un cercle de centre Ωd’affixe −2.
Préciser son rayon. Construire Γ.
Méthode 1 :
M(z)∈Γ⇐⇒ 2(z+z)+zz =0
⇐⇒ 2×2Re(z)+|z|2=0
⇐⇒ 2×2x+x2+y2=0
⇐⇒ (x+2)2+(y−0)2=22
M(z)∈Γ⇐⇒ ΩM2=2⇐⇒ M∈C³Ω(−2) ; 2´
Γest un cercle de centre Ω(−2) et de rayon 2
−→
v
−→
u
O
M
A
B
Ω
P−ip3
ip3
Γ
Méthode 2 : Soit M∈Γ. Pour montrer que Γest un cercle de centre Ω, étudions la longueur ΩM2:
ΩM2=|zM−zΩ|2=|z−(−2)|2=|z+2|2=¡z+2¢¡z+2¢=¡z+2¢¡z+2¢
=zz +2z+2z+22=zz +2(z+z)+4
M∈Γ⇐⇒ (z+z)+zz =0⇐⇒ ΩM2=0+4=4
On a : M∈Γ⇐⇒ ΩM=2Γest un cercle de centre Ω(−2) et de rayon 2

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2. Vérifier que les points A et B sont des éléments de Γ.
Pour vérifier que les points Aet Bappartiennent au cercle de centre Ωet de rayon 2, il faut étudier les longueurs
ΩAet ΩB:
•ΩA2=¯¯¯¡−1+ip3¢−¡−2¢¯¯¯
2=¯¯¯1+ip3¯¯¯ 2=12+(p3)2=1+3=4⇐⇒ ΩA=2⇐⇒ A∈Γ
•ΩB2=¯¯¯¡−1−ip3¢−¡−2¢¯¯¯
2=¯¯¯1−ip3¯¯¯ 2=12+(−p3)2=1+3=4⇐⇒ ΩB=2⇐⇒ B∈Γ
3. Bonus : Dans cette question toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans l’évaluation.
Déterminer l’ensemble des points M d’affixe z tel que le nombre complexe Z =z+2−2i
z+2+2i soit imaginaire pur.
Sous forme algébrique, z=x+iyavec xet yles parties réelle et imaginaire de l’affixe d’un point M
remarque : z6=−2−2i
Z=X+iYest imaginaire pur si, et seulement si, sa partie réelle Xest nulle et (x;y)6=(−2;−2)
Z=z+2−2i
z+2+2i =x+iy+2−2i x+iy+2+2i =(x+2)+i(y−2) (x+2)+i(y+2) =£(x+2) +i(y−2)¤£(x+2) −i(y+2)¤
£(x+2)+i(y+2)¤£(x+2)−i(y+2)¤en utilisant « l’expression conjuguée »
Z=(x+2)2+(y−2)(y+2)+i¡(x+2)(y−2) −(x+2)(y+2)¢
(x+2)2+(y+2)2=x2+4x+y2 (x+2)2+(y+2)2+i−4x−8 (x+2)2+(y+2)2
Z=z+1−i
z+1+i=X+iYest imaginaire pur si, et seulement si, ½X=0
(x;y)6=(−2;−2) ⇐⇒ ½x2+4x+y2=0 (x;y)6=(−2;−2)
M∈Γ\{P}l’ensemble cherché est le cercle Γprivé du point Pd’affixe −2−2i
EX3 : ( 3 points ) Soient les nombres complexes : z1=p6−ip2
2; z2=1−i
1. Mettre sous forme trigonométrique z1, z2et Z =z1
z2
méthode : mettre en facteur le module dans la forme algébrique
z=x+iy=qx2+y2Ãx
px2+y2+iy px2+y2!=|z|³cosθ+isinθ´
•z1=p6−ip2
2=p2×Ãp3 2+i−1 2!=p2³cos³−π 6´+isin³−π 6´´
•z2=1−i=p2×Ãp2
2+i−p2 2!=p2³cos³−π 4´+isin³−π 4´´
•Z=z1
z2donc 
¯¯¯Z¯¯¯=¯¯¯
z1
z2¯¯¯=¯¯¯z1¯¯¯
¯¯¯z2¯¯¯
=p2
p2=1
arg(Z)=argµz1
z2¶=arg(z1)−arg(z2)=−π 6−−π 4=π 12 £2π¤
Z=z1
z2=1³cos³π 12´+isin³π 12´´
2. En déduire que : cos π
12 =p6+p2 4;sin π 12 =p6−p2 4
Z=z1
z2=p6−ip2 2×1 1−i=p6−ip2 2−2i =¡p6−ip2¢(2+2i)
(2−2i)(2+2i)=¡p6−ip2¢(2+2i)
8en utilisant « l’expression conjuguée »
Z=2p6+2p2
8+i2p6−2p2 8=p6+p2 4+ip6−p2 4
En utilisant la forme trigonométrique et la forme algébrique de Z, je peux en déduire l’égalité entre deux nombres
complexes :
cos³π
12´+isin³π 12´=p6+p2 4+ip6−p2 4
deux nombres complexes sont égaux si, et seulement si, ils ont même partie réelle et même partie imaginaire
donc cos π
12 =p6+p2 4; sin π 12 =p6−p2 4

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3. Bonus : On considère l’équation d’inconnue réelle x : ¡p6+p2¢cos x+¡p6−p2¢sinx=2
a. Résoudre cette équation dans .
D’après la question précédente, l’équation peut s’écrire : cos π
12 cosx+sin π 12 sinx=1 2
ou encore en utilisant une formule de duplication : cos³x−π
12´=cos π 3avec cos π 3=1 2
cos³x−π
12´=cos π 3⇐⇒ °
°
°
°
°
°
°
°
°
x−π
12 =π 3£2π¤
ou
x−π
12 = −π 3£2π¤⇐⇒ °
°
°
°
°
°
°
°
°
x=5π
12 £2π¤
ou
x= −π
4£2π¤
b. Placer les points images des solutions sur le cercle trigonométrique.
x
y
O
−π
4
5π
12
6π
12
4π
12
p2
2
−p2
2
1
2
p3
2