devoir surveille 1 : les complexes

Correction - Devoir Surveillé 1 : les complexes - partie 1
TS
Correction - Devoir Surveillé 1 : les complexes partie 1 I TS
Exercice 1.
R.O.C.
1. Démonter que ∀z, z 0 ∈ C, |zz 0 | = |z||z 0 |.
|zz 0 |2 = zz 0 zz 0 = zz 0 zz 0 = zzz 0 z 0
= |z|2 |z 0 |2 . Or un module est positif, d’où |zz 0 | = |z||z 0 | 2. En admettant la propriété sur les arguments d’un produit de complexes :
Propriété 9.
Soient z, z 0 ∈ C, z 6= 0 et z 0 6= 0.
4. Produit : arg(zz 0 ) = arg(z) + arg(z 0 )[2π]
démontrer la propriété sur les arguments d’un inverse d’un complexe et du quotient de complexes :
Propriété 9.
Soient z, z 0 ∈ C, z 6= 0 et z 0 6= 0.
1
= −arg(z)[2π]
5. Inverse : arg
z
z
6. Quotient : arg
= arg(z) − arg(z 0 )[2π]
z0
1
1
5. En effet 0 = arg(1) = arg
= arg
+ arg(z) [2π] d’où − arg(z) = arg
[2π] z
z
z
1
1
= arg(z) + (− arg(z 0 )) = arg(z) − arg(z 0 ) [2π] (en
6. arg 0 = arg z × 0 = arg(z) + arg
z
z
z0
utilisant notamment le 4. et le 5. de la présente propriété) Exercice 2.
1
×z
z
Résoudre dans C les 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
(1 + i)(2 + i)
2 + i + 2i + i2
1 + 3i
1 3
= 2
=
=
= + i
2
2 − i 2 +(−1)
5
5 5
5
1+i
1 3
Donc S =
=
+ i
2−i
5 5
1+i
2−i
Or
2.
z+1
= 2i
z−1
On cherche les valeurs interdites pour commencer : z − 1 = 0 ⇐⇒ z = 1. V I = {1}.
z+1
Pour z 6= 1 :
= 2i ⇐⇒ z + 1 = 2i(z − 1) ⇐⇒ z + 1 = 2iz − 2i ⇐⇒ z − 2iz = −1 − 2i ⇐⇒
z−1
−1 − 2i
(1 − 2i)z = −1 − 2i ⇐⇒ z =
1 − 2i
−1 − 2i
(−1 − 2i)(1 + 2i)
−1 − 2i − 2i − 4i2
3 − 4i
3 4
Or
=
=
=
= − i
2
1 − 2i
12 + (−2)
5
5
5 5
−1 − 2i
3 4
Donc S =
=
− i
1 − 2i
5 5
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
−1 + 2i
⇐⇒ 3z = −1 + 2i ⇐⇒ z =
3
−1 2
Donc S =
+ i .
3
3
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Correction - Devoir Surveillé 1 : les complexes - partie 1
Exercice 3.
TS
√
Soient les complexes z1 = −2 + 2i 3 et z2 = −3 − 5i.
1. Déterminer le module et un
! argument de z1 .
√
−2
2 3
+i
4
4
√ !
3
−1
2π
2π
z1 = 4
+i
+ i sin
.
=4
= 4 cos
2
2
3
3
2π
D’où |z1 | = 4 et arg(z1 ) =
[2π].
3
2. En déduire le module et un argument de (z1 )5 , puis son argument principal.
|z15 | = |z1 |5 = 45 = (22 )5 = 210 = 1024
2π
10π
=
3
3
Modulo 2π : arg(z15 ) = 5 arg(z1 ) = 5 ×
−3π 3π
6π
Un argument principal est dans l’intervalle ] − π; π] =
. De plus 2π =
;
. D’où
3
3
3
4π
4π 6π
−2π
−2π
10π 6π
−
=
et
−
=
. Donc l’argument principal de z15 est
.
3
3
3
3
3
3
3
3. Déterminer le module et une valeur approchée à 10−2 d’un argument de z2 .
|z2 | =
p
√
(−3)2 + (−5)2 = 34
En notant θ l’argument principal de z2 , on a :
Re(z2 )
−3
Im(z2 )
−5
cos θ =
= √ et sin θ =
=√ .
|z2 ]
|z
|
34
34
2
Il ne s’agit pas de valeurs remarquables du cercle trigonométrique, on utilise donc la touche
arccos ou la touche cos−1 de la calculatrice.
Rappel : pour x ∈ [−1; 1] cos−1 (x) nous donne l’angle θ tel que cos(θ) = x, il nous manque
donc la moitié du cercle trigonométrique, ainsi l’angle θ tel que cos θ = x est θ = cos−1 (x) ou
θ = − cos−1 (x).
cos−1
−3
√
34
− cos−1
−3
√
.
34
ou θ =
−5
−3
−1
√
Or sin θ = √ < 0, donc θ = − cos
' −2, 11
34
34
Dans notre cas, θ =
Exercice 4.
→
→
Dans le plan euclidien P rapporté 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 − i2 y = x + y + i(x + y)
Ainsi z + i × z ∈ R ⇐⇒ Im(z + i × z) = 0 ⇐⇒ x + y = 0 ⇐⇒ y = −x
Donc E est la droite du plan P d’équation y = −x.
Exercice 5.
→
→
Dans le plan rapporté au repère orthonormal direct O; −
u,−
v , on considère les points A, B et C d’affixes
respectives :
√
zA =
1.
√
6−i 2
2
;
zB = 1 − i
;
zC =
zA
.
zB
a. Écrire la forme √
algébrique
√ de zC . √
√
√
√
√
√
√
√
√
√
zA
6−i 2
( 6 − i 2)(1 + i)
6 + i 6 − i 2 − i2 2
6 + 2 + i( 6 − 2)
zC =
=
=
=
=
zB
2(1 − i)
2(12 + (−1)2 )
2×2
4
b. Déterminer le module et un argument de zA et zB .
√ !2
√ !2
√
− 2
6 2
8
+
= + = = 2 d’où |zA | = 2.
2
4 4
4
√
√
√
√
√
6
3× 2
3
− 2
1
√
cos(arg(zA )) = √ =
=
et sin(arg(zA )) = √ = −
2
2
2 2
2 2
2 2
π
D’où arg(zA ) = − [2π].
6
|zA |2 =
Roussot
6
2
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2011 - 2012
Correction - Devoir Surveillé 1 : les complexes - partie 1
√
D’autre part zB = 1 − i = 2
D’où |zB | =
√
TS
√
√ !
√
2
2
−π
−π
= 2 cos
.
−i
+ i sin
2
2
4
4
π
2 et arg(zB ) = − [2π].
4
c. Écrire zC sous forme trigonométrique ; en déduire les valeurs exactes de cos
π
π
et sin
.
12
12
zA
Sachant que zC =
, on a donc :
√ zB
π −π
2π 3π
π
|zA |
2
= √ et arg(zC ) = arg(zA ) − arg(zB ) = − −
=−
+
=
[2π].
|zC | =
|zB |
6
4
12
12
12
2
π
π
Ainsi zC = cos
+ i sin .
12
12
√
√
√
√
6+ 2
6− 2
De l’écriture algébrique, on obtient : Re(zC ) =
et Im(zC ) =
.
4
4
π
π
De l’écriture trigonométrique, on obtient : Re(zC ) = cos
et Im(zC ) = sin .
12
12
√
√
√
√
6+ 2
6− 2
π
π
Donc cos
=
et sin
=
(par unicité des parties réelles et imaginaires d’un complexe).
12
4
12
4
2. Soit I le point d’affixe zI = 1.
→ |2 ; OB 2 ; IB 2 .
a. Calculer OI 2 = |z−
OI
→ |2 = |zI |2 = 12 = 1 (car O est l’origine du repère)
OI 2 = |z−
OI
−
→ |2 = |zB |2 = 12 + (−1)2 = 2 (car O est l’origine du
OB 2 = |z−
OB
2
→ |2 = |zB − zI |2 = |1 − i − 1|2 = | − i|2 = (−1)2 = 1
IB = |z−
IB
repère)
b. En déduire la nature du triangle OIB.
D’abord OI 2 = 1 =⇒ OI = 1 et IB 2 = 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 OB 2 = OI 2 + IB 2 , 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 =⇒ z 6= 0.
|z| = 1 ⇐⇒ |z|2 = 1
⇐⇒ z z = 1
1
⇐⇒ z =
z
1
Remarque : En fait on a montré que, pour z ∈ C \ {0}, |z| = 1 ⇐⇒ z = (c’est une condition
z
nécessaire et suffisante, on a aussi montré la réciproque).
2. Soient u et v deux complexes tels que |u| = |v| = 1 et uv 6= −1.
Montrer que le complexe
u+v
est réel.
1 + uv
u+v
ait un sens).
1 + uv
1
1
D’après la question précédente, |u| = |v| = 1 =⇒ u = et v = .
u
v
De plus |u| = |v| = 1 =⇒ u 6= 0 et v 6= 0 =⇒ uv 6= 0.
u+v
u+v
u+v
Pour montrer que
∈ R, il faut et il suffit que
=
.
1 + uv
1 + uv
1 + uv
1 1
v
u
v+u
+
+
u+v
u+v
v+u
uv
u+v
u
v
uv
uv
=
=
=
= uv =
×
=
1 1
uv
1
uv + 1
1 + uv
uv
uv + 1
1 + uv
1 + uv
1+ ×
+
u v
uv uv
uv
Soient u, v ∈ C tels que |u| = |v| = 1 et uv 6= −1 (afin que
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CQFD
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Correction - Devoir Surveillé 1 : les complexes - partie 1
TS
Barème
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
Roussot
4/ 4
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