TS. Contrôle 5 - Correction EX 1 : ( 3 points ) Le plan complexe est

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♣
´
→
− →
−
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v . L’unité graphique est 2 cm.
TS. Contrôle 5 - Correction
E X 1 : ( 3 points )
³
1. Résoudre dans l’ensemble
C des nombres complexes l’équation z −z 4 = i. Écrire la solution sous forme algébrique.
z −4
4
4(1 + i)
= i ⇐⇒ z − 4 = iz ⇐⇒ z(1 − i) = 4 ⇐⇒ z =
=
= 2 + 2i.
S = {2 + 2i}
z
1−i
2
2. Résoudre dans l’équation z 2 − 2z + 4 = 0. Écrire les solutions sous forme exponentielle.
p
¯
¯
¯ z1
¯ z −1 = i 3
¯
¯
ou
z 2 − 2z + 4 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 − 1 + 4 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 = −3 = (3i)2 ⇐⇒ ¯¯
⇐⇒ ¯¯
¯ z
¯ z − 1 = −ip3
2
Ã
!
p
n
o
p
π
π
1
3
π
π
|z 1 | = 3 + 1 = 2 donc z 1 = 2
+i
S = 2ei 3 ; 2e−i 3
= 2ei 3 et z 2 = z 1 = 2e−i 3
2
2
C
3. Soient A, B , A 0 et D les points du plan complexe d’affixes respectives : a = 2,
b = 4,
p
= 1+i 3
ou
p
= 1−i 3
a 0 = 2i et d = 2 + 2i.
Quelle est la nature du triangle ODB ?
En interprétant l’égalité de la question 1. (modules et arguments égaux) obtenue avec l’affixe de D : z D = d = 2 + 2i
¯
¯

B D ¯¯ z D − z B ¯¯

(

=¯
= 1

B
= OD
¯
zD − 4
zD − zB
³−D
OD
z D − zO µ
¶
−→ −−→´ π
= i ⇐⇒
= i donc
⇐⇒
³−−→ −−→
´
π
zD − zB

OD , B D =
zD
z D − zO

=
 OD , B D = arg
2
z D − zO
2
Autrement dit le triangle OB D est isocèle, rectangle en D.
D
A0
→
−
v
O
→
−
u
A
B
³ →
− →
−´
E X 2 : ( 7 points ) Le plan P est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v .
On fera une figure qui sera complétée au fur et à mesure.
Soit f l’application qui à tout point M de P d’affixe non nulle z associe le point M 0 d’affixe :
z0 =
µ
¶
1
1
z+ .
2
z
1. Soit E le point d’affixe z E = −i. Déterminer l’affixe du point E 0 , image de E par f
µ
¶
µ
¶
µ
¶
1
1
1
1
1
i
0
zE =
zE +
=
−i +
=
−i +
= 0 donc z E0 = 0
E a donc pour image E 0 = O.
2
zE
2
−i
2
1
2. Déterminer l’ensemble des points M tels que M 0 = M .
µ
¶
1
1
M 0 = M ⇐⇒ z 0 = z ⇐⇒
z+
= z ⇐⇒ 2z 2 = z 2 + 1 ⇐⇒ z 2 = 1 ⇐⇒ z = 1 ou z = −1.
2
z
Les points (invariants) égaux à leur image sont donc les points d’affixe 1 et −1.
3. On note A et B les points d’affixes respectives 1 et −1. Soit M un point distinct des points O, A et B .
µ
¶
z0 + 1
z +1 2
a. Montrer que, pour tout nombre complexe z différent de 0, 1 et −1, on a :
=
.
z0 − 1
z −1
¡
¢
µ
¶
1
1
1
z 0 + 1 2 z + z + 1 z + z + 2 z 2 + 1 + 2z (z + 1)2
z +1 2
= ¡
=
=
=
=
¢
z 0 − 1 12 z + 1z − 1 z + 1z − 2 z 2 + 1 − 2z (z − 1)2
z −1
♣
TS. Contrôle 5 - Correction
3.
³−−−→ −−−→´
M 0B
MB
b. En déduire une expression de 0 en fonction de
, puis une expression de l’angle M 0 A , M 0 B en foncMA
³−−−→ −−−→´ M A
tion de l’angle M A , M B .
¯ 0
¯ ¯
¯
¯ 0
¯ ¯µ
¶
¶ ¯
¶
µ
µ
¯z + 1¯ ¯(z + 1)2 ¯
¯ z + 1 ¯ ¯ z + 1 2¯
z0 + 1
z +1 2
M 0B
MB 2
¯
¯
¯
¯
¯ ⇐⇒
donc ¯ 0
⇐⇒ 0
=
=
=¯
=
|z − 1| ¯(z − 1)2 ¯
z0 − 1
z −1
z −1¯ ¯ z −1 ¯
M0A
MA
De même avec les arguments :
¶
µ
³−−−→ −−−→´
³−−−→ −−−→´
³−−−→ −−−→´
³−−−→ −−−→´
z0 + 1
z +1 2
0
0
0
0
donc
AM
,
B
M
=
2
AM
,
B
M
⇐⇒
M
A
,
M
B
=
2
M A , M B + 2kπ, k ∈
=
z0 − 1
z −1
4. Soit ∆ la médiatrice du segment [AB ].
Montrer que si M est un point de ∆ distinct du point O, alors M 0 est un point de ∆.
M 0B
MB
= 1. Donc d’après la question précédente : 0 = 12 = 1 ⇐⇒ M 0 B = M 0 A
M ∈ ∆ ⇐⇒ M A = M B ⇐⇒
MA
M A
0
M ∈ ∆ ⇐⇒ M ∈ ∆
Z
5. Soit Γ le cercle de diamètre [AB ].
a. Montrer que si le point M appartient à Γ alors le point M 0 appartient à la droite (AB ).
• Si M = A, M 0 = A et de même si M = B, M 0 = B , donc dans ces deux cas M 0 ∈ [AB ].
• Si M appartient au cercle de diamètre [AB ] et M 6= A et M 6= B , alors
³−−−→ −−−→´ π
M A , MB =
2
³−−−→ −−−→´
³−−−→ −−−→´
D’après la question précédente M 0 A , M 0 B = 2 M A , M B = π [2π]
³−−−→ −−−→´
M 0 A , M 0 B = π [2π] donc les points A, B et M 0 sont alignés ou encore M 0 ∈ (AB ).
On peut même préciser que M 0 ∈ ]AB [.
Conclusion : si M appartient à Γ, alors M 0 appartient à [AB ].
b. Tout point de la droite (AB ) a-t-il un antécédent par f ?
Inversement, tout point M 0 de (AB ) a une affixe réelle α.
M 0 a au moins un antécédent d’affixe z 6= 0 par f si, et seulement si :
µ
¶
1
1
z+
= α ⇐⇒ 2αz = z 2 + 1 ⇐⇒ z 2 − 2αz + 1 = 0.
2
z
Comme ∆ = 4α2 − 4 cette équation admet au moins une solution complexe, non nulle.
Conclusion : tout point de (AB) a au moins un antécédent par f .
∆
→
−
v
E0
B
→
−
u
O
E
A
[π]
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