Test. TS - Nombres complexes - Correction EX 1 : Le plan complexe

Test. TS - Nombres complexes - Correction
EX 1 :
♣
→
− →
−´
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct O, u , v .
³
Partie A - Restitution organisée de connaissances
Soit z un nombre complexe tel que z = a + ib où a et b sont deux nombres réels.
On note z, le nombre complexe défini par z = a − ib.
1. Démontrer que pour tous nombres complexes, z et z 0 ,
z × z 0 = z × z 0.
Soit z et z 0 deux nombres complexes tel que z = a + ib et z 0 = a 0 + ib 0 ,
0
avec a, b, a 0 et b 0 nombres réels.
• z × z 0 = (a + ib) × (a 0 + ib 0 ) = (aa 0 − bb 0 ) + i(ab 0 + a 0 b) = aa − bb − i(ab + a 0 b)
• z × z 0 = (a + ib) × (a 0 + ib 0 ) = (a − ib) × (a 0 − ib 0 )
Par suite, pour tous nombres complexes, z et z 0 ,
0
0
= aa 0 − bb 0 − i(ab 0 + a 0 b)
z × z0 = z × z0
2. Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul, et tout nombre complexe z,
¡ ¢n
zn = z
¡ ¢n
Montrons par récurrence, que pour tout entier naturel n > 1, et tout nombre complexe z, z n = z
¡ ¢
– Initialisation : Pour n = 1, l’égalité z = z est vraie.
¡ ¢n
je suppose la proposition vraie au rang n
– Hérédité : supposons qu’il existe un entier n tel que z n = z .
Alors en partant de notre hypothèse :
¡ ¢n
z × zn = z × z
En utilisant la question 1. on déduit :
¡ ¢n+1
z × zn = z
¡ ¢n+1
finalement z n+1 = z
.
– Conclusion : la proposition est vraie pour n = 1 , elle est héréditaire
¡ ¢n
donc par récurrence on a, z n = z
alors la proposition est vraie au rang n + 1
Partie B
On considère l’équation (E) : z 4 = −4 , où z est un nombre complexe.
1. Montrer que si le nombre complexe z est solution de l’équation (E), alors les nombres complexes −z et z
sont aussi solutions de l’équation (E).
Soit z un complexe solution de l’équation (E), alors z 4 = −4
• (−z)4 = z 4 = −4 donc −z est aussi solution de l’équation (E) ;
¡ ¢4
• z = z 4 = −4 = −4 donc z est aussi solution de l’équation (E).
2. On considère le nombre complexe z 0 = 1 + i.
a. Écrire ce nombre complexe sous sa forme exponentielle.
Ãp
p !
³π´
³ π ´´
p
p ³
2
2
z0 = 1 + i = 2
+i
= 2 cos
+ i sin
donc sous forme exponentielle
2
2
4
4
b. Vérifier que z 0 est solution de l’équation (E).
³p π ´4 ¡p ¢4 ³ π ´4
(z 0 )4 = 2ei 4 = 2 × ei 4 = 4 × eiπ = 4 × (−1) ⇐⇒ (z 0 )4 = −4
z0 =
p iπ
2e 4
z 0 est bien solution de l’équation (E).
3. Déduire des deux questions précédentes trois autres solutions de l’équation (E).
Je peux déduire des questions précédentes que −z 0 ; z 0 et −z 0 = −z 0 sont aussi solutions.
n
o
L’ensemble des solutions de l’équation (E) est :
S = 1 + i ; −1 − i ; 1 − i ; −1 + i
Partie C
Soient A, B, C, D les quatre points d’affixes respectives : z A = 1 + i ; z B = −1 + i ; z C = −1 − i ; z D = 1 − i.
On note :
³−−→ −−→´
³−−→ −−→´
π
π
E le point tel que : CB = CE et CB ; CE = − [2π] et F le point tel que : CD = CF et CD ; CF = − [2π].
3
3
p
1. Montrer que le point E a pour affixe le nombre complexe z E = −1 + 3.
³−−→ −−→´
CE
π
zE − zC
π
Comme
= 1 et CB ; CE = − [2π] le nombre complexe
a pour module 1 et pour argument −
CB
3
zB − zC
3
Ã
p !
³
´
zE − zC
1
3
π
π
c’est-à-dire
= e−i 3 donc z E = (z B − z C ) × e−i 3 + z C = − 1 + i − (−1 − i) ×
−i
+ (−1 − i)
zB − zC
2
2
Ã
p !
p
p
1
3
z E = 2i ×
−i
− 1 − i = i + 3 − 1 − i ⇐⇒ z E = −1 + 3
2
2
2. Déterminer l’affixe du point F.
³−−→ −−→´
CF
π
Comme
= 1 et CD ; CF = − [2π]
CD
3
π
zF − zC
a pour module 1 et pour argument −
zD − zC
3
Ã
p !
³
´
zF − zC
1
3
π
π
c’est-à-dire
= e−i 3 donc z F = (z D − z C ) × e−i 3 + z C = 1 − i − (−1 − i) ×
−i
+ (−1 − i)
zD − zC
2
2
Ã
p !
³
p ´
p
3
1
−i
− 1 − i = 1 − i 3 − 1 − i ⇐⇒ z F = i −1 − 3
zF = 2 ×
2
2
z A − zE
3. Démontrer que le quotient
est réel. Que peut-on dire pour les points A, E et F ?
z − zF
p ¢¢
p
p
p ¢¡
p ¢¢
p ¢ A
p
¢¡
¡
¡
¡
¡
¡
p
2− 3+2+ 3+i 1− 2− 3 2+ 3
2− 3+i 1−i 2+ 3
z A − z E 1 + i − −1 + 3
2− 3+i
=
=
p ¢=
p ¢=
p
¡
¡
p ¢2
¡
z A − z F 1 + i − −i − i 3
1+i 2+ 3
8+4 3
12 + 2 + 3
p
p
4
z A − z E 4 + i (1 − (4 − 3))
z A − zE
1
2− 3
=
=
⇐⇒
= 2− 3 ∈
p
p =
p =
z A − zF
z A − zF 8 + 4 3 2 + 3
4−3
8+4 3
le nombre complexe
R
¶ ³
z A − zE
−→ −−→´ ³−→ −−→´
= FA ; EA = AF ; AE = 0 [π].
Je peux en déduire que arg
z A − zF
µ
Les points A, E et F sont alignés.
Remarque :
p
p ¢ ¡
¡ ¢¢
¡
p
p
1
+
i 2
+ 3
2 − 3 ×
z A − zE
2− 3+i
=
= 2− 3
p ¢=
¡
¡ p
¢
z A − zF 1 + i 2 + 3
1 +i 2+ 3
2i
B
A
i
→
−
v
−3
−2
→
−
u
−1
− π3
C
−i
E1
2
D
− π3
−2i
F
3