Correction - Devoir Surveillé 1 : les complexes - partie 1 TS
Correction - Devoir Surveillé 1 : les complexes -
partie 1 ITS
Exercice 1. R.O.C.
1. Démonter que z, z0C,|zz0|=|z||z0|.
|zz0|2=zz0zz0=zz0zz0=zzz0z0=|z|2|z0|2. Or un module est positif, d’où |zz0|=|z||z0|
2. En admettant la propriété sur les arguments d’un produit de complexes :
Propriété 9.
Soient z, z0C,z6= 0 et z06= 0.
4. Produit : arg(zz0) = arg(z) + arg(z0)[2π]
démontrer la propriété sur les arguments d’un inverse d’un complexe et du quotient de complexes :
Propriété 9.
Soient z, z0C,z6= 0 et z06= 0.
5. Inverse : arg 1
z=arg(z)[2π]
6. Quotient : arg z
z0=arg(z)arg(z0)[2π]
5. En effet 0 = arg(1) = arg 1
z×z= arg 1
z+ arg(z) [2π]d’où arg(z) = arg 1
z[2π]
6. arg z
z0= arg z×1
z0= arg(z) + arg 1
z0= arg(z)+(arg(z0)) = arg(z)arg(z0) [2π](en
utilisant notamment le 4. et le 5. de la présente propriété)
Exercice 2. Résoudre dans Cles équations d’inconnue z(donner les résultats sous forme algébrique) :
1. 2z+ 1 i=iz + 2
2z+ 1 i=iz + 2 2ziz = 2 1 + i(2 i)z= 1 + iz=1 + i
2i
Or 1 + i
2i=(1 + i)(2 + i)
22+ (1)2=2 + i+ 2i+i2
5=1+3i
5=1
5+3
5i
Donc S=1 + i
2i=1
5+3
5i
2. z+ 1
z1= 2i
On cherche les valeurs interdites pour commencer : z1=0z= 1.V I ={1}.
Pour z6= 1 :z+ 1
z1= 2iz+ 1 = 2i(z1) z+ 1 = 2iz 2iz2iz =12i
(1 2i)z=12iz=12i
12i
Or 12i
12i=(12i)(1 + 2i)
12+ (2)2=12i2i4i2
5=34i
5=3
54
5i
Donc S=12i
12i=3
54
5i
3. 2z+ 3i=i1z
2z+ 3i=i1z2z+ 3i=i1z2z3i=i1z2z+z=i1+3i
3z=1+2iz=1+2i
3
Donc S=1
3+2
3i.
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Exercice 3. Soient les complexes z1=2+2i3et z2=35i.
1. Déterminer le module et un argument de z1.
z1= 4 2
4+i23
4!= 4 1
2+i3
2!= 4 cos 2π
3+isin 2π
3.
D’où |z1|= 4 et arg(z1) = 2π
3[2π].
2. En déduire le module et un argument de (z1)5, puis son argument principal.
|z5
1|=|z1|5= 45= (22)5= 210 = 1024
Modulo 2π:arg(z5
1) = 5 arg(z1) = 5 ×2π
3=10π
3
Un argument principal est dans l’intervalle ]π;π] = 3π
3;3π
3. De plus 2π=6π
3. D’où
10π
36π
3=4π
3et 4π
36π
3=2π
3. Donc l’argument principal de z5
1est 2π
3.
3. Déterminer le module et une valeur approchée à 102d’un argument de z2.
|z2|=p(3)2+ (5)2=34
En notant θl’argument principal de z2, on a :
cos θ=Re(z2)
|z2]=3
34 et sin θ=Im(z2)
|z2|=5
34.
Il ne s’agit pas de valeurs remarquables du cercle trigonométrique, on utilise donc la touche
arccos ou la touche cos1de la calculatrice.
Rappel : pour x[1; 1] cos1(x)nous donne l’angle θtel que cos(θ) = x, il nous manque
donc la moitié du cercle trigonométrique, ainsi l’angle θtel que cos θ=xest θ= cos1(x)ou
θ=cos1(x).
Dans notre cas, θ= cos13
34ou θ=cos13
34.
Or sin θ=5
34 <0, donc θ=cos13
34' −2,11
Exercice 4. Dans le plan euclidien Prapporté à un repère orthonormée direct O;
u ,
v, déterminer l’ensemble, noté E, des
points M(x;y)tels que le complexe z=x+iy vérifie z+i×zR.
z=x+iy avec x, y R
z+i×z=x+iy +i(x+iy) = x+iy +i(xiy) = x+iy +ix i2y=x+y+i(x+y)
Ainsi z+i×zRIm(z+i×z)=0x+y= 0 y=x
Donc Eest la droite du plan Pd’équation y=x.
Exercice 5. Dans le plan rapporté au repère orthonormal direct O;
u ,
v, on considère les points A,Bet Cd’affixes
respectives :
zA=6i2
2;zB= 1 i;zC=zA
zB
.
1. a. Écrire la forme algébrique de zC.
zC=zA
zB
=6i2
2(1 i)=(6i2)(1 + i)
2(12+ (1)2)=6 + i6i2i22
2×2=6 + 2 + i(62)
4
b. Déterminer le module et un argument de zAet zB.
|zA|2= 6
2!2
+ 2
2!2
=6
4+2
4=8
4= 2 d’où |zA|=2.
cos(arg(zA)) = 6
22=3×2
22=3
2et sin(arg(zA)) = 2
22=1
2
D’où arg(zA) = π
6[2π].
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D’autre part zB= 1 i=2 2
2i2
2!=2cos π
4+isin π
4.
D’où |zB|=2et arg(zB) = π
4[2π].
c. Écrire zCsous forme trigonométrique ; en déduire les valeurs exactes de cos π
12 et sin π
12 .
Sachant que zC=zA
zB
, on a donc :
|zC|=|zA|
|zB|=2
2et arg(zC) = arg(zA)arg(zB) = π
6π
4=2π
12 +3π
12 =π
12 [2π].
Ainsi zC= cos π
12 +isin π
12.
De l’écriture algébrique, on obtient : Re(zC) = 6 + 2
4et Im(zC) = 62
4.
De l’écriture trigonométrique, on obtient : Re(zC) = cos π
12 et Im(zC) = sin π
12.
Donc cos π
12 =6 + 2
4et sin π
12 =62
4(par unicité des parties réelles et imaginaires d’un complexe).
2. Soit Ile point d’affixe zI= 1.
a. Calculer OI2=|z
OI |2;OB2;IB2.
OI2=|z
OI |2=|zI|2= 12= 1 (car Oest l’origine du repère)
OB2=|z
OB |2=|zB|2= 12+ (1)2= 2 (car Oest l’origine du repère)
IB2=|z
IB |2=|zBzI|2=|1i1|2=| − i|2= (1)2= 1
b. En déduire la nature du triangle OIB.
D’abord OI2=1=OI = 1 et IB2=1=IB = 1 (car des longueurs sont des nombres
positifs) ainsi OI =IB donc OIB est un triangle isocèle de sommet I.
D’autre part 2 = 1 + 1 ie OB2=OI2+IB2, ainsi, d’après Pythagore (la réciproque), le
triangle OIB est rectangle en I.
En définitive, le triangle OIB est isocèle rectangle en I.
Exercice 6. Bonus
1. Soit zC. Montrer que si |z|= 1 alors z=1
z.
On remarque d’abord que |z|= 1 =z6= 0.
|z|= 1 |z|2= 1
z z = 1
z=1
z
Remarque : En fait on a montré que, pour zC\ {0},|z|= 1 z=1
z(c’est une condition
nécessaire et suffisante, on a aussi montré la réciproque).
2. Soient uet vdeux complexes tels que |u|=|v|= 1 et uv 6=1.
Montrer que le complexe u+v
1 + uv est réel.
Soient u, v Ctels que |u|=|v|= 1 et uv 6=1(afin que u+v
1 + uv ait un sens).
D’après la question précédente, |u|=|v|=1=u=1
uet v=1
v.
De plus |u|=|v|= 1 =u6= 0 et v6= 0 =uv 6= 0.
Pour montrer que u+v
1 + uv R, il faut et il suffit que u+v
1 + uv =u+v
1 + uv .
u+v
1 + uv =u+v
1 + u v =
1
u+1
v
1 + 1
u×1
v
=
v
uv +u
uv
uv
uv +1
uv
=
v+u
uv
uv + 1
uv
=v+u
uv ×uv
uv + 1 =u+v
1 + uv CQFD
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Exercice. 1. 3 = 1 + (1 + 1)
Exercice. 2. 4,5=1,5+2+1
Exercice. 3. 4 = 1 + 1,5+1,5
Exercice. 4. 1,5
Exercice. 5. 7 = (1 + 2 + 2) + (1,5 + 1)
Exercice. 6. 1=0,5+0,5
Barème
Roussot 4/ 42011 - 2012
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