DEVOIR SURVEILLÉ N° VII : Nombres complexes

DEVOIR SURVEILLÉ N° VII : Nombres complexes
TSTI2D Le corrigé
Exercice VII 1
On donne les nombres complexes et z=−2+iet z′=2+3i
Mettre sous la forme a+i b les nombres complexes suivants :
z+z′;z−z′;z×z′;z2;z
z′;2+z 1−z′
z+z′=−2+i+2+3i=4i
z−z′=−2+i−(2+3i)=−2+i−2−3i=−4−2i
z×z′=(−2+i)(2+3i)=−4−3−6i+2i=−7−4i
z
z′=−2+i 2+3i=(−2+i)(2−3i) (2+3i)(2−3i)=−4+3+6i+2i 22+32=−1+8i 13 =− 1 13 +8 13i
2+z
1−z′=2+(−2+i) 1−(2+3i)=i −1−3i=i(−1+3i) 12+32=−3−i 10 =− 3 10 −1 10i
Exercice VII 2
1. z2+2z+10 =0⇐⇒ (z+1)2−1+10 =0⇐⇒ (z+1)2+9=0⇐⇒ (z+1)2−(3i)2=0⇐⇒ (z+1+3i)(z+1−3i) =0.
L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
{−1−3i ; −1−3i}.
Autre méthode : ∆=4−40 =−36 =(6i)2...
2. (−2c+d=1+13i
−c+d=4+8i ⇒par différence c=3−5i, d’où d=c+4+8i =3−5i +4+8i =7+3i.
Exercice VII 3
Le plan est rapporté à un repère orthonormal (O,~ u,~ v).
1. Résoudre dans Cl’équation : z2+6z+18 =0.
On résout en utilisant la méthode du discriminant. On trouve ∆=−36, d’où les 2 racines complexes conjuguées :
z1=−b+ip−∆
2a=−6+6i 2=−3+3i
z2=z1=−3−3i.
Conclusion : S ={−3+3i;−3−3i}
2. On note respectivement A et B les points d’affixes respectives
z1=−3+3iet z2=−3−3i.
Construire les points A et B.
3. a) Déterminer le module et un argument de z1et z2.
Forme trigonométrique de z1=−3+3i:
Module : |z1|=pa2+b2=p32+32=p18 =3p2
Argument :
cos(θ)=a
r=−3
3p2=− 1
p2=−p2
2
sin(θ)=b
r=3
3p2=p2
2

-4 -3 -2 -1 1
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
O
A
B
C
D
FIGURE 1 –
Ainsi θ=3π
4convient ; on a donc :
z1=[3p2; 3π
4] ou z1=3p2·cosµ3π 4¶+isinµ3π 4¶¸
Forme trigonométrique de z2=−3−3i:
Module : |z2|=pa2+b2=p32+32=p18 =3p2
Argument :
cos(θ)=a
r=−3
3p2=− 1
p2=−p2
2
sin(θ)=b
r=−3
3p2=−p2
2
Ainsi θ=−3π
4convient ; on a donc :
z2=[3p2;−3π
4] ou z2=3p2·cosµ−3π 4¶+isinµ−3π 4¶¸
b) Montrer que le triangle OAB est rectangle isocèle.
Connaissant les affixes de A et B, on en déduit les coordonnées des vecteurs −→ OA et −→ OB :
−→
OA =Ã−3
3!et −→
OB =Ã−3
−3!
d’où le produit scalaire −→
OA·−→ OB =x.x′+y.y′=−3×3−3×(−3) =0
ce qui prouve que AOB rectangle en O . De plus, on a vu que les modules |zA|et |zB|son égaux, ce qui prouve que les
distances OA et OB sont égales. Le triangle AOB est donc également isocèle .
4. On appelle C le point d’affixe z3=−1+ip3.
a) Déterminer le module et un argument de z3
Module : |z3|=pa2+b2=q12+p32=p4=2
Argument :
cos(θ)=a
r=−1 2
sin(θ)=b
r=p3 2
2

Ainsi θ=2π
3convient ; on a donc :
z3=[2; 2π
3] ou z3=2·cosµ2π 3¶+isinµ2π 3¶¸
b) Déterminer la forme algébrique du produit z1×z3.
En utilisant les formes algébriques de z1et z3, il vient
z1×z3(−3+3i)(−1+ip3) =(−3+3i)(−1+ip3) =3+3ip3−3i−3p3=3−3p3+i(3p3−3)
d’où z1×z3=3(1 −p3) −3i(1+p3) =3(1−p3)−3i(1+p3)
5. a) Déterminer l’affixe du point D tel que ABDC soit un parallélogramme.
Le quadrilatère ABDC est un parallélogramme si et seulement si
−→
AB =−−→ CD ⇔zB−zA=zD−zC⇔zB−zA+zC=zD⇔zD=(−3−3i)−(−3+3i)+(−1+ip3)
Soit zD=−1+(p3−6)i
3