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

♣
TS. Évaluation 2 - Correction
E X 1 : ( 4 points )
1. On veut résoudre dans
C l’équation : (E ) : z 3 + 4z 2 + 2z − 28 = 0
¡
¢¡
¢
a. Déterminer deux réels a et b tels que l’équation (E ) s’écrive : z − 2 z 2 + az + b = 0
Cherchons les valeurs des réels a et b vérifiant l’égalité ; on a le développement suivant :
¡
¢¡
¢
¡
¢
¡
¢
z − 2 z 2 + az + b = z 3 + az 2 + bz − 2z 2 − 2az − 2b = z 3 + a − 2 z 2 + b − 2a z − 2b
Par identification avec le membre de gauche de l’équation (E ), on obtient le système d’équations suivants :

½
 a −2 = 4
¡
¢¡
¢
a =6
b − 2a = 2 ⇐⇒
donc (E ) : z 3 + 4z 2 + 2z − 28 = 0 ⇐⇒ (E ) : z − 2 z 2 + 6z + 14 = 0

b = 14
−2b = −28
b. Résoudre (E ).
¡
¢¡
¢
L’équation (E ) peut s’écrire : z − 2 z 2 + 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 z 2 + 6z + 14 = 0
Étudions le polynôme du second degré. Il admet pour discriminant ∆ = b 2 −4ac = 62 −4×1×14 = −20 = 20i2
p
p
je pose δ = 20i = 2i 5 avec δ2 = ∆
Le discriminant est strictement
négatif, ce polynôme admet deux racines complexes conjuguées :
p
p
p ª
p
p
©
−b − δ −6 − 2i 5
−b + δ
z1 =
=
= −3 − i 5 ou z 2 =
= z 1 = −3 + i 5
S = 2 ; −3 − i 5 ; −3 + i 5
2a
2
2a
2. On note (H ) l’ensemble des points M du plan complexe d’affixe z vérifiant : z 2 − 4 = 4 − z 2
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, x 2 − y 2 = 4
M (z) appartient à (H ) ⇐⇒ z 2 − 4 = 4 − z 2 ⇐⇒ z 2 + z 2 = 8 ⇐⇒ (x + iy)2 + (x − iy)2 = 8
⇐⇒ x 2 + 2ix y − y 2 + x 2 − 2ix y − y 2 = 8 ⇐⇒ 2x 2 − 2y 2 = 8 ⇐⇒ x 2 − y 2 = 4
p
p
b. Soient A, B et C les points d’affixes respectives : 2 ; −3 − i 5 ; −3 + i 5
Vérifier que A, B et C appartient à (H ).
En utilisant la question précédente, pour montrer que les points A, B , C appartiennent à (H ), il suffit de
montrer que sa partie réelle et sa partie imaginaire vérifient l’égalité : x 2 − y 2 = 4
– si z = 2
alors x = Re(z) = 2 ; y = Im(z) = 0 :
donc x 2 − y 2 = 22 − 02 = 4 − 0 = 4
A ∈ (H )
p
p
p 2
2
– si z = −3 − i 5 alors x = Re(z) = −3 ; y = Im(z) = − 5 :
donc (−3) − (− 5) = 9 − 5 = 4
B ∈ (H )
p
p
p
– si z = −3 + i 5 alors x = Re(z) = −3 ; y = Im(z) = 5 :
donc (−3)2 − ( 5)2 = 9 − 5 = 4
C ∈ (H )
³ →
− →
−´
Le plan est rapporté au repère orthonormé O, u , v .
p
p
On considère les points A et B d’affixes respectives : z A = −1 + i 3 ; z B = −1 − i 3
E X 2 : ( 3 points )
1. Établir que l’ensemble Γ des points M d’affixe z qui vérifient : 2(z + z) + zz = 0 est un cercle de centre Ω d’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 + x 2 + y 2 = 0
(x + 2)2 + (y − 0)2 = 22³
M (z) ∈ Γ ⇐⇒ ΩM 2 = 2 ⇐⇒ M ∈ C Ω(−2) ; 2
Γ est un cercle de centre Ω(−2) et de rayon 2
→
−
v
Ω
´
p
i 3
A
Γ
O
M
P
B
→
−
u
p
−i 3
Méthode 2 : Soit M ∈ Γ. Pour montrer que Γ est un cercle de centre Ω, étudions la longueur ΩM 2 :
¡
¢¡
¢ ¡
¢¡
¢
ΩM 2 = |z M − z Ω |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 ⇐⇒ ΩM 2 = 0 + 4 = 4
On a : M ∈ Γ ⇐⇒ ΩM = 2
Γ est un cercle de centre Ω(−2) et de rayon 2
♣
TS. Évaluation 2 - Correction
2. Vérifier que les points A et B sont des éléments de Γ.
Pour vérifier que les points A et B appartiennent au cercle de centre Ω et de rayon 2, il faut étudier les longueurs
ΩA et ΩB¯ :
p ¯¯2
p
p ¢ ¡
¢¯¯2 ¯¯
¯¡
• ΩA 2 = ¯ − 1 + i 3 − − 2 ¯ = ¯1 + i 3¯ = 12 + ( 3)2 = 1 + 3 = 4 ⇐⇒ ΩA = 2 ⇐⇒ A ∈ Γ
¯¡
p ¢ ¡
p ¯¯2
p
¢¯¯2 ¯¯
¯
• ΩB 2 = ¯ − 1 − i 3 − − 2 ¯ = ¯1 − i 3¯ = 12 + (− 3)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.
z + 2 − 2i
Déterminer l’ensemble des points M d’affixe z tel que le nombre complexe Z =
soit imaginaire pur.
z + 2 + 2i
Sous forme algébrique, z = x + iy avec x et y les parties réelle et imaginaire de l’affixe d’un point M
remarque : z 6= −2 − 2i
Z = X + iY est imaginaire pur si, et seulement si, sa partie réelle X est nulle et (x ; y) 6= (−2; −2)
£
¤£
¤
(x + 2) + i(y − 2) (x + 2) − i(y + 2)
z + 2 − 2i x + iy + 2 − 2i (x + 2) + i(y − 2)
¤£
¤ en utilisant « l’expression conjuguée »
Z=
=
=
=£
z + 2 + 2i x + iy + 2 + 2i (x + 2) + i(y + 2)
(x + 2) + i(y + 2) (x + 2) − i(y + 2)
Z=
¡
¢
(x + 2)2 + (y − 2)(y + 2) + i (x + 2)(y − 2) − (x + 2)(y + 2)
(x + 2)2 + (y + 2)2
x 2 + 4x + y 2
−4x − 8
+i
2
2
(x + 2) + (y + 2)
(x + 2)2 + (y + 2)2
½
½ 2
X =0
x + 4x + y 2 = 0
si, et seulement si,
⇐⇒
(x ; y) 6= (−2; −2)
(x ; y) 6= (−2; −2)
=
z +1−i
= X + iY est imaginaire pur
z +1+i
M ∈ Γ\ {P }
l’ensemble cherché est le cercle Γ privé du point P d’affixe −2 − 2i
Z=
p
p
6−i 2
E X 3 : ( 3 points ) Soient les nombres complexes : z 1 =
; z2 = 1 − i
2
z1
1. Mettre sous forme trigonométrique z 1 , z 2 et Z =
z2
méthode : mettre en facteur le module dans la forme algébrique
z = x + iy =
q
Ã
x2 + y 2 p
x
x2 + y 2
+ip
y
x2 + y 2
!
³
´
= |z| cos θ + i sin θ
Ãp
!
p
p
³ −π ´
³ −π ´ ´
p ³
−1
6−i 2 p
3
• z1 =
= 2×
+i
= 2 cos
+ i sin
2
2
2
6
6
Ãp
p !
³
³
´
³
p
p
2
−π
−π ´ ´
− 2
• z2 = 1 − i = 2 ×
+i
=
2 cos
+ i sin
2
2
4
4
¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯ ¯ z ¯ ¯z 1 ¯ p2


¯
¯
¯
¯
1

 ¯Z ¯ = ¯ ¯ = ¯ ¯ = p = 1
³
³π´
³ π ´´
z1
z1
¯ ¯
z2
2
¯z 2 ¯
• Z=
donc
Z=
= 1 cos
+ i sin
µ ¶

z2
z2
12
12


z
−π −π
π £ ¤

 arg (Z ) = arg 1 = arg (z 1 ) − arg (z 2 ) =
−
=
2π
z
6
4
12
p 2
p
p
p
π
6+ 2
π
6− 2
2. En déduire que : cos
=
; sin
=
p ¢
¡p
¡p 12 p ¢ 4
p 12
p
p
p4
6 − i 2 (2 + 2i)
6 − i 2 (2 + 2i)
z1
6−i 2
1
6−i 2
=
Z=
=
×
=
=
en utilisant « l’expression conjuguée »
z2
2
1−i
2 − 2i
8
(2 − 2i) (2 + 2i)
p
p
p
p
p
p
p
p
2 6+2 2
2 6−2 2
6+ 2
6− 2
Z=
+i
=
+i
8
8
4
4
En utilisant la forme trigonométrique et la forme algébrique de Z , je peux en déduire l’égalité entre deux nombres
complexes :
p
p
³π´
³ π ´ p6 + p2
6− 2
cos
+ i sin
=
+i
12
12
4
4
deux nombres complexes sont égaux si, et seulement si, ils ont même partie réelle et même partie imaginaire
p
p
p
p
π
6+ 2
π
6− 2
donc cos
=
; sin
=
12
4
12
4
♣
TS. Évaluation 2 - Correction
3. Bonus :
On considère l’équation d’inconnue réelle x :
a. Résoudre cette équation dans
R.
p ¢
p ¢
¡p
¡p
6 + 2 cos x + 6 − 2 sin x = 2
D’après la question précédente, l’équation peut s’écrire :
cos
ou encore en utilisant une formule de duplication :
°
π
°
° x−
°
´
³
12
π
π
°
= cos ⇐⇒ °
cos x −
°
12
3
° x− π
°
12
=
ou
=
π
3
π
1
π
cos x + sin
sin x =
12
12
2
³
π´
π
cos x −
= cos
12
3
°
°
° x
°
°
⇐⇒ °
°
£ ¤
° x
2π
°
£ ¤
2π
π
−
3
=
ou
=
5π
12
£ ¤
2π
π
4
£ ¤
2π
−
b. Placer les points images des solutions sur le cercle trigonométrique.
y
6π
12
p
3
2
O
p
2
−
2
5π
12
4π
12
1
2
p
2
2
x
−
π
4
avec cos
π 1
=
3 2