Nombres complexes TD Fiche 2

PCSI2Lycée Corneille
2010/2011
Nombres complexes
TD Fiche 2 - Qq corrigés
Exercice 10.bis Soit n∈N∗. Calculer la somme S=
n
X
k=0 n
kcos(kπ 3)
Correction - On a
S=Re n
X
k=0 n
keikπ
3!= Re 1+eiπ 3n= Re einπ 6e
−iπ
6+ e iπ 6n= Re einπ 62 cos π
6n=√3ncos nπ 6.
Exercice 13 On considère l’équation z2−(2 + i α)z+ i α+ 2 −α= 0 de paramètre α∈C. Montrer qu’il existe une
valeur de αpour laquelle les deux racines de de l’équation sont complexes conjuguées. Calculer alors les solutions.
Correction - Le discriminant de l’équation est ∆ = (2 + i α)2−4(i α+ 2 −α) = −α2+ 4α−4 = −(α−2)2= (i(α−2))2. Les racines de
l’équation sont donc: z1=2+i α+(i α−2 i)
2= 1+i(α−1) et z2=2+i α−(i α−2 i) 2= 1+i. On a donc z2= ¯z1si et seulement si 1+i(α−1) = 1−i
i.e. α= 0. Les solutions sont alors 1+iet 1−i.
Exercice 18 Soient A, B, C trois points du plan affine euclidien, d’affixes respectives a, b, c.
1) Montrer que le triangle ABC est équilatéral direct si et seulement si a+jb +j2c= 0.
2) En déduire que le triangle ABC est équilatéral si et seulement si
a2+b2+c2−(ab +ac +bc) = 0.
Correction -
1) Le triangle ABC est équilatéral direct si et seulement si Cest l’image de Bpar la rotation de centre Aet d’angle π
3c’est-à-dire
c−a= eiπ
3(b−a) =⇒c−a=−j2(b−a)car eiπ 3=−j2
⇐⇒ (−1−j2)a+j2b+c= 0
⇐⇒ ja +j2b+c= 0 car 1 + j+j2= 0
⇐⇒ a+jb +j2c= 0 en multipliant par j2et en utilisant j3= 1
2) Le triangle ABC est équilatéral si et seulement si il est équilatéral direct ou indirect. Or, de même que 1) on montre que le triangle
est équilatéral indirect si et seulement si b+ja +j2c= 0. Donc ABC est équilatéral si et seulement si
b+ja +j2c= 0 ou a+jb +j2c= 0 ⇐⇒ (b+ja +j2c)(a+jb +j2c)=0
⇐⇒ ab +jb2+j2bc +ja2+j2ab +j3ac +j2ac +j3bc +j4c2
⇐⇒ (1 + j2)ab + (j2+j3)bc + (j2+j3)ac +ja2+jb2+jc2= 0
⇐⇒ −jab −jbc −jac +ja2+jb2+jc2= 0 car j3= 1 et 1 + j+j2= 0
⇐⇒ a2+b2+c2−ab −ac −bc = 0.
Exercice 19 Soit fla fonction qui à un complexe zassocie, lorsque c’est possible, f(z) = z2
z−2 i .
1) Déterminer le domaine de définition Dde f.
2) Déterminer les racines carrées de 8−6 i.
3) En déduire tous les antécédents de 1+ipar f.
4) Soit hun complexe. Discuter selon les valeurs de h, le nombre d’antécédents de hpar f.
5) Déterminer l’image f(D)de Dpar f. La fonction fest-elle surjective de Ddans C.
6) fest-elle une application injective de Ddans C.
Correction -
1) Le domaine de définition de fest D=C\ {2 i}.
1

2) On a 8−6 i = (x+ i y)2⇔
x2−y2= 8 (1)
2xy =−6 (2)
x2+y2= 10 (3)
. En faisant (1) + (3), il vient x2= 9 i.e. x=±3et en faisant (3) −(1) il vient y2= 1
i.e. y=±1. Et comme 2xy =−6,xet ysont de signes contraires donc les deux racines carrées de 8−6 i sont 3−iet −3+i.
3) Pour tout z6= 2 i, on a: zantécédent de 1 + i ⇔z2
z−2 i = 1 + i ⇔z2= (z−2 i)(1 + i) ⇔z2−(1 + i)z+ 2 i(i +1) = 0.Le
discriminant de l’équation précédente est ∆ = (1 + i)2−8 i(1 + i) = 8 −6 i = (3 −i)2. Les solutions sont donc z1=1+i +(3−i)
2= 2 et
z2=1+i −(3−i)
2=−1 + i qui constituent donc les deux antécédents recherchés.
4) Soit h∈C. Pour tout z6= 2 i, on a: zantécédent de h⇔z2
z−2 i =h⇔z2= (z−2 i)h⇔z2−hz + 2 i h= 0 (∗).Le discriminant de
l’équation précédente est ∆ = h2−8 i h=h(h−8 i). Remarquons que h= 2 i (valeur à éviter) n’est jamais solution de l’équation
(∗). Par conséquent:
•si h= 0 ou h= 8 i, alors ∆=0donc l’équation admet une racine double, et hadmet par conséquent par fun seul antécédent
•si h6= 0 ou h6= 8 i alors ∆6= 0 donc l’équation admet deux racines distinctes et hadmet par conséquent par fdeux antécédents
distincts.
5) On a vu en 4), que tout élément h∈Cadmet au moins un antécédent dans Ddonc f(D) = C. Et donc l’application est surjective.
6) L’application n’est pas injective car on a vu en 3) que f(2) = f(−1 + i) = 1 + i donc 1+iadmet 2antécédents.
2