♣ ´ → − → − 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 à ! 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]