z - Vauban 95

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Solution – Nombres Complexes – Q.C.M. – s4233
Pour chaque question, une seule des trois propositions est exacte. Aucune justification n’est demandée.
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct d’origine O .
1/ Une solution de l’équation 2z + z= 9 + i est :
a) 3 b) i c) 3 + i .
a) 3 est à éliminer, car étant un réel, reporté dans 2z + z , le résultat restera réel, donc différent de 9 + i .
b) i est à éliminer, car étant imaginaire pur, reporté dans 2z + z , le résultat le restera, donc différent de 9 + i .
c) Vérifions que z = 3 + i convient : z= 3 – i .
2z + z= 2(3 + i) + (3 – i) = 9 + i .
2/ Soit z un nombre complexe. | z + i | est égal à :
a) |z| + 1 b) |z – 1| c) |i z + 1| .
a) Contre exemple : z = -i ⇒ |z + i| = 0 et |z| + 1 = 2 .
b) Contre exemple : z = -i ⇒ |z + i| = 0 et |z – 1| = |-i – 1| = |1 + i| = 2 .
c) Vérifions : i z + 1 = i z – i
2
= i(z– i) = i(z + i) ⇒ | i z + 1| = |i|.| z + i| =1.|z + i| = |z + i| .
3/ Soit z un nombre complexe non nul, d’argument θ
θθ
θ . Un argument de -1 + i3
z est :
a) -π
ππ
π
3 + θ
θθ
θ b) 2π
ππ
π
3 + θ
θθ
θ c) 2π
ππ
π
3 – θ
θθ
θ .
-1 + i3 = 2 -1
2 + i 3 2 = 2[cos 2π 3 + i sin 2π 3 ] = 2e
2iπ/3
et z = ρe
iθ
⇒ z= ρe
-iθ
.
arg
z
z’ = arg (z) – arg (z’) [2π] ⇒ arg
-1 + i3
z = 2π
3 – (-θ) = 2π 3 + θ .
4/ Soit n un entier naturel. Le complexe ( 3 + i)
n
est un imaginaire pur si et seulement si :
a) n = 3 b) n= 6k + 3 avec k ∈
∈∈
∈ ZZ c) n = 6k avec k ∈
∈∈
∈ ZZ .
3 + i = 2
3
2 + i 2 = 2(cos π 6 + i sin π 6 ) = 2e
iπ/6
⇒ ( 3 + i)
n
= 2
n
.e
niπ/6
.
( 3 + i)
n
sera imaginaire pur si et seulement si n π
6 = π 2 + kπ ⇔ n 6 = 1 2 + k ⇔ n = 3 + 6k , k ∈ ZZ .
5/ Soient A et B deux points d’affixes respectives i et -1 .
L’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z – i| = |z + 1| est :
a) La droite (AB) b) Le cercle de diamètre [AB] c) La perpendiculaire à [AB] passant par O .
|z – i| = |z + 1| ⇔ |z
M
– z
A
| = |z
M
– z
B
| ⇔ MA = MB .
Les points M sont sur la médiatrice de [AB] , qui est la perpendiculaire à [AB] passant par O .

2
6/ Soit Ω
ΩΩ
Ω le point d’affixe 1 – i . L’ensemble des points M d’affixe x + iy vérifiant |z – 1 + i| = |3 – 4i| a pour équation :
a) y = -x + 1 b) (x – 1)
2
+ y
2
= 5 c) z = 1 – i + 5e
iθ
θθ
θ
avec θ
θθ
θ réel.
|3 – 4i| = 3
2
+ 4
2
= 25 = 5 .
L’énoncé équivaut à |z – 1 + i| = 5 , soit z – 1 + i = 5e
iθ
⇔ z = 1 – i + 5e
iθ
avec θ réel.
7/ Soient A et B les points d’affixes respectives 4 et 3i . L’affixe du point C tel que le triangle ABC soit isocèle, avec
(
→
→→
→
AB ;
→
→→
→
AC) = +π
ππ
π
2 est :
a) 1 – 4i b) -3i c) 7 + 4i .
L’énoncé équivaut à :
z
C
– z
A
z
B
– z
A
= 1.e
iπ/2
= i ⇔ z
C
– z
A
= i(z
B
– z
A
) ⇔ z
C
– 4 = i(3i – 4) ⇔ z
C
= 4 + 3i
2
– 4i = 1 – 4i .
8/ L’ensemble des solutions dans IC de l’équation z – 2
z – 1 = z est :
a) {1 ; -i} b) Ensemble vide ∅
∅∅
∅ c) {1 – i ; 1 + i} .
z – 2
z – 1 = z ⇔ z(z – 1) = z – 2 pour z ≠ 1 ⇔ z
2
– 2z + 2 = 0 .
- On peut remarquer que z = 1 n’est pas solution, et qu’une équation du second degré complexe possède toujours deux
solutions, conjuguées l’une de l’autre. La seule solution possible est donc c) .
- On peut aussi calculer ∆ = -4 et résoudre : z
1
= -b – i-∆
2a = 1 – i et z
2
= -b + i-∆
2a = 1 + i .