devoir surveille 1 : les complexes

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, z0∈C,|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, z0∈C,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, z0∈C,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 ⇐⇒ 2z−iz = 2 −1 + i⇐⇒ (2 −i)z= 1 + i⇐⇒ z=1 + i
2−i
Or 1 + i
2−i=(1 + i)(2 + i) 22+ (−1)2=2 + i+ 2i+i2 5=1+3i 5=1 5+3 5i
Donc S=1 + i
2−i=1 5+3 5i
2. z+ 1
z−1= 2i
On cherche les valeurs interdites pour commencer : z−1=0⇐⇒ z= 1.V I ={1}.
Pour z6= 1 :z+ 1
z−1= 2i⇐⇒ z+ 1 = 2i(z−1) ⇐⇒ z+ 1 = 2iz −2i⇐⇒ z−2iz =−1−2i⇐⇒
(1 −2i)z=−1−2i⇐⇒ z=−1−2i
1−2i
Or −1−2i
1−2i=(−1−2i)(1 + 2i) 12+ (−2)2=−1−2i−2i−4i2 5=3−4i 5=3 5−4 5i
Donc S=−1−2i
1−2i=3 5−4 5i
3. 2z+ 3i=i−1−z
2z+ 3i=i−1−z⇐⇒ 2z+ 3i=i−1−z⇐⇒ 2z−3i=−i−1−z⇐⇒ 2z+z=−i−1+3i
⇐⇒ 3z=−1+2i⇐⇒ z=−1+2i
3
Donc S=−1
3+2 3i.
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Exercice 3. Soient les complexes z1=−2+2i√3et z2=−3−5i.
1. Déterminer le module et un argument de z1.
z1= 4 −2
4+i2√3 4!= 4 −1 2+i√3 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
3−6π 3=4π 3et 4π 3−6π 3=−2π 3. Donc l’argument principal de z5
1est −2π
3.
3. Déterminer le module et une valeur approchée à 10−2d’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 cos−1de la calculatrice.
Rappel : pour x∈[−1; 1] cos−1(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= cos−1(x)ou
θ=−cos−1(x).
Dans notre cas, θ= cos−1−3
√34ou θ=−cos−1−3 √34.
Or sin θ=−5
√34 <0, donc θ=−cos−1−3 √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×z∈R.
z=x+iy avec x, y ∈R
z+i×z=x+iy +i(x+iy) = x+iy +i(x−iy) = x+iy +ix −i2y=x+y+i(x+y)
Ainsi z+i×z∈R⇐⇒ Im(z+i×z)=0⇐⇒ x+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=√6−i√2
2;zB= 1 −i;zC=zA zB
.
1. a. Écrire la forme algébrique de zC.
zC=zA
zB
=√6−i√2
2(1 −i)=(√6−i√2)(1 + i) 2(12+ (−1)2)=√6 + i√6−i√2−i2√2 2×2=√6 + √2 + i(√6−√2) 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
2√2=√3×√2 2√2=√3
2et sin(arg(zA)) = −√2
2√2=−1
2
D’où arg(zA) = −π
6[2π].
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D’autre part zB= 1 −i=√2 √2
2−i√2 2!=√2cos −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
6−−π 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) = √6−√2 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 =√6−√2 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=|zB−zI|2=|1−i−1|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 z∈C. 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 z∈C\ {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
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