D EVOIR SURVEILLÉ N° VII : Nombres complexes TSTI2D Le corrigé Exercice VII 1 On donne les nombres complexes et z = −2 + i et z ′ = 2 + 3i Mettre sous la forme a + i b les nombres complexes suivants : z + z ′; z − z ′; z × z ′; z 2 ; z 2+z ; 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 −2 + i (−2 + i )(2 − 3i ) −4 + 3 + 6i + 2i −1 + 8i 1 8 = = = = =− + i z ′ 2 + 3i (2 + 3i )(2 − 3i ) 22 + 32 13 13 13 2 + (−2 + i ) i i (−1 + 3i ) −3 − i 3 1 2+z = = = = =− − i ′ 2 2 1−z 1 − (2 + 3i ) −1 − 3i 1 +3 10 10 10 Exercice VII 2 1. z 2 + 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 . . . ( −2c + d = 1 + 13i 2. ⇒ par différence c = 3 − 5i, d’où d = c + 4 + 8i = 3 − 5i + 4 + 8i = 7 + 3i. −c + d = 4 + 8i Exercice VII 3 Le plan est rapporté à un repère orthonormal (O, ~ u ,~ v ). 1. Résoudre dans C l’équation : z 2 + 6z + 18 = 0. On résout en utilisant la méthode du discriminant. On trouve ∆ = −36, d’où les 2 racines complexes conjuguées : z1 = p −b + i −∆ −6 + 6i = = −3 + 3i 2a 2 z2 = z1 = −3 − 3i . Conclusion : S = {−3 + 3i ; −3 − 3i } 2. On note respectivement A et B les points d’affixes respectives z1 = −3 + 3i et z2 = −3 − 3i . Construire les points A et B. 3. a) Déterminer le module et un argument de z1 et z2 . Forme trigonométrique depz1 = −3 + 3i p p: p Module : |z1 | = a 2 + b 2 = 32 + 32 = 18 = 3 2 Argument : p −3 1 2 a cos(θ) = = p = − p = − r 2 3 2 p 2 3 2 b sin(θ) = = p = r 2 3 2 4 A 3 C 2 1 -4 -3 -2 O -1 1 -1 -2 -3 B -4 D -5 F IGURE 1 – Ainsi θ = 3π convient ; on a donc : 4 · µ ¶ µ ¶¸ p 3π p 3π 3π z1 = [3 2; ] ou z1 = 3 2 cos + i sin 4 4 4 Forme trigonométrique depz2 = −3 − 3i p p p: Module : |z2 | = a 2 + b 2 = 32 + 32 = 18 = 3 2 Argument : p −3 a 1 2 cos(θ) = = p = − p = − r 2 3 2 p2 2 b −3 sin(θ) = = p = − r 2 3 2 Ainsi θ = − 3π convient ; on a donc : 4 · µ ¶ µ ¶¸ p p 3π 3π 3π + i sin − z2 = [3 2; − ] ou z2 = 3 2 cos − 4 4 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 : à ! à ! −3 −3 −→ −→ OA = et OB = 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 |z A | et |zB | son égaux, ce qui prouve que les distances OA et OB sont égales. Le triangle AOB est donc également isocèle . p 4. On appelle C le point d’affixe z3 = −1 + i 3. a) Déterminer le module et un qargument de z3 p p 2 p Module : |z3 | = a 2 + b 2 = 12 + 3 = 4 = 2 Argument : a 1 cos(θ) = = − r p2 sin(θ) = b = 3 r 2 2 Ainsi θ = 2π convient ; on a donc : 3 z3 = [2; · µ ¶ µ ¶¸ 2π 2π 2π ] ou z3 = 2 cos + i sin 3 3 3 b) Déterminer la forme algébrique du produit z1 × z3 . En utilisant les formes algébriques de z1 et z3 , il vient p p p p p p z1 × z3 (−3 + 3i )(−1 + i 3) = (−3 + 3i )(−1 + i 3) = 3 + 3i 3 − 3i − 3 3 = 3 − 3 3 + i (3 3 − 3) p p p p d’où z1 × z3 = 3(1 − 3) − 3i (1 + 3) = 3(1 − 3) − 3i (1 + 3) 5. a) Déterminer l’affixe du point D tel que ABDC soit un parallélogramme. Le quadrilatère ABDC est un parallélogramme si et seulement si p −→ −−→ AB = CD ⇔ zB − z A = zD − zC ⇔ zB − z A + zC = zD ⇔ zD = (−3 − 3i ) − (−3 + 3i ) + (−1 + i 3) p Soit zD = −1 + ( 3 − 6)i 3