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

TS. Contrôle 5 - Correction ♣
EX1 : ( 3 points ) Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct ³O,−→ u,−→ v´. L’unité graphique est 2 cm.
1. Résoudre dans l’ensemble des nombres complexes l’équation z−4
z=i. Écrire la solution sous forme algébrique.
z−4
z=i⇐⇒ z−4=iz⇐⇒ z(1 −i) =4⇐⇒ z=4 1−i=4(1 +i) 2=2+2i. S={2 +2i}
2. Résoudre dans l’équation z2−2z+4=0. Écrire les solutions sous forme exponentielle.
z2−2z+4=0⇐⇒ (z−1)2−1+4=0⇐⇒ (z−1)2=−3=(3i)2⇐⇒ ¯¯¯¯¯¯
z−1=ip3
ou
z−1= −ip3⇐⇒ ¯¯¯¯¯¯
z1=1+ip3
ou
z2=1−ip3
|z1|=p3+1=2 donc z1=2Ã1
2+ip3 2!=2eiπ
3et z2=z1=2e−iπ 3S=n2eiπ
3; 2e−iπ 3o
3. Soient A, B, A0et D les points du plan complexe d’affixes respectives : a =2, b=4, a0=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:zD=d=2+2i
zD−4
zD=i⇐⇒ zD−zB zD−zO=i donc 
BD
OD =¯¯¯¯
zD−zB
zD−zO¯¯¯¯=1
³−−→
OD ,−−→ BD ´=argµzD−zB
zD−zO¶=π 2
⇐⇒ (BD =OD
³−−→
OD ,−−→ BD ´=π
2
Autrement dit le triangle OBD est isocèle, rectangle en D.
−→
v
−→
uABO
A0D
EX2 : ( 7 points ) Le plan Pest rapporté à un repère orthonormal direct ³O,−→ u,−→ v´.
On fera une figure qui sera complétée au fur et à mesure.
Soit f l’application qui à tout point M de Pd’affixe non nulle z associe le point M0d’affixe : z0=1
2µz+1 z¶.
1. Soit E le point d’affixe zE=−i. Déterminer l’affixe du point E0, image de E par f
z0
E=1
2µzE+1 zE¶=1 2µ−i+1 −i¶=1 2µ−i+i 1¶=0 donc z0
E=0Ea donc pour image E0=O.
2. Déterminer l’ensemble des points M tels que M0=M.
M0=M⇐⇒ z0=z⇐⇒ 1
2µz+1 z¶=z⇐⇒ 2z2=z2+1⇐⇒ z2=1⇐⇒ z=1 ou z=−1.
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 1et −1. Soit M un point distinct des points O, A et B.
a. Montrer que, pour tout nombre complexe z différent de 0, 1 et −1, on a : z0+1
z0−1=µz+1 z−1¶2
.
z0+1
z0−1=
1
2¡z+1 z¢+1
1
2¡z+1 z¢−1=z+1
z+2
z+1
z−2=z2+1+2z
z2+1−2z=(z+1)2 (z−1)2=µz+1 z−1¶2

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3. b. En déduire une expression de M0B
M0Aen fonction de MB M A , puis une expression de l’angle ³−−−→
M0A,−−−→ M0B´en fonc-
tion de l’angle ³−−−→ M A ,−−−→ MB ´.
z0+1
z0−1=µz+1 z−1¶2
donc ¯¯¯¯
z0+1
z0−1¯¯¯¯=¯¯¯¯µz+1 z−1¶2¯¯¯¯⇐⇒ ¯¯z0+1¯¯
|z0−1|=¯¯(z+1)2¯¯
¯¯(z−1)2¯¯⇐⇒ M0B
M0A=µMB M A ¶2
De même avec les arguments :
z0+1
z0−1=µz+1 z−1¶2
donc ³−−−→ AM0,−−−→ BM0´=2³−−−→ AM ,−−−→ BM ´⇐⇒ ³−−−→ M0A,−−−→ M0B´=2³−−−→ M A ,−−−→ MB ´+2kπ,k∈
4. Soit ∆la médiatrice du segment [AB].
Montrer que si M est un point de ∆distinct du point O, alors M0est un point de ∆.
M∈∆⇐⇒ M A =MB ⇐⇒ MB
M A =1. Donc d’après la question précédente : M0B M0A=12=1⇐⇒ M0B=M0A
M∈∆⇐⇒ M0∈∆
5. Soit Γle cercle de diamètre [AB].
a. Montrer que si le point M appartient à Γalors le point M0appartient à la droite (AB).
•Si M=A,M0=Aet de même si M=B,M0=B, donc dans ces deux cas M0∈[AB].
•Si Mappartient au cercle de diamètre [AB]et M6= Aet M6=B, alors ³−−−→ M A ,−−−→ MB ´=π
2[π]
D’après la question précédente ³−−−→ M0A,−−−→ M0B´=2³−−−→ M A ,−−−→ MB ´=π[2π]
³−−−→
M0A,−−−→ M0B´=π[2π]donc les points A,Bet M0sont alignés ou encore M0∈(AB).
On peut même préciser que M0∈]AB[.
Conclusion : si Mappartient à Γ, alors M0appartient à [AB].
b. Tout point de la droite (AB)a-t-il un antécédent par f ?
Inversement, tout point M0de (AB) a une affixe réelle α.
M0a au moins un antécédent d’affixe z6=0 par fsi, et seulement si :
1
2µz+1 z¶=α⇐⇒ 2αz=z2+1⇐⇒ z2−2αz+1=0.
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
−→
uA
E
BO
E0
∆