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TS3
Révisions du 20/05 (thème : nombres complexes)
Année 2010/2011
E XERCICE 1
p
p
p
3π
3π
2
2
2
3π
3π
1. On a
(−1 + i) = −
+i
= cos
+ i sin
= e 4 , donc f a pour écriture complexe z ′ = e 4 z.
2
2
2
4
4
3π
.
La transformation f est donc la rotation de centre O et d’angle
4
2.
(a) Pour tout entier naturek n, notons P n la proposition : "‘z n = ei
la proposition est vraie pour tout entier naturel n :
¡ 3×0π ¢
• Initialisation : z 0 = 1 = ei
4
¡ 3nπ ¢
4
"’ Montrons, par récurrence sur n, que
: P 0 est vraie.
i
• Supposons qu’il existe un naturel k tel que P k soit vraie, c’est-à-dire : z k = e
i 3π
4
i
³
3kπ
4
´
i
³
3(k+1)π
4
´
³
3kπ
4
´
.
Alors z k+1 = e × e
=e
: P k+1 est vraie. La propriété est héréditaire.
Conclusion : on a démontré par récurrence que quel que soit n ∈ N,
¡ 3nπ ¢
z n = ei
4
.
(b) Voir la figure plus bas.
3nπ
;
4
3(n + 8)π
M n+8 a pour affixe z n+8 dont un argument est
.
4
3(n + 8)π (3n + 24)π 3nπ 24π 3nπ
Or
=
=
+
=
+ 6π.
4
4
4
4
4
On a donc arg(z n ) = arg (z n+8 ) [2π]
Comme z n et z n+8 ont le même module et un même argument, les points M n et M n+8 sont confondus.
(c) M n a pour affixe z n dont un argument est
3. Par la rotation f , le triangle M 7 M 0 M 1 a pour image le triangle M 8 M 1 M 2 , soit d’après la question précédente
(puisque M 8 = M 0 ) le triangle M 0 M 1 M 2 .
Comme la rotation est une isométrie, elle conserve les longueurs, donc les aires : les triangles M 0 M 1 M 2 et
M 7 M 0 M 1 ont la même aire.
à p
p !
2
2
.
;
Le point M 1 a pour coordonnées −
2
2
p
p
2
On a donc M 1 M 7 = 2 et la hauteur du triangle M 7 M 0 M 1 issue de M 0 a pour longueur 1 +
.
2
Ã
p !
p
2
2× 1+
p
2
1+ 2
L’aire de ce triangle est donc égale à :
=
.
2
2
M1
b
b
M3
→
−
v
M4
b
b
→
−
u
O
−1
b
M7
−1
b
M2
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M0
TS3
Révisions du 20/05 (thème : nombres complexes)
Année 2010/2011
E XERCICE 2
1.
(a) On a I(0 ; 1) et A
´
³p ´2
³p
3 ; 2 ; donc IA2 = 3 + (2 − 1)2 = 3 + 1 = 4 = 22 ⇒ IA = 2.
Le point A appartient au cercle Γ de centre le point I et de rayon 2 Pour construire le point A, il suffit de
tracer la droite d’équation y = 2, contenant le point (0 ; 2), qui coupe le cercle Γ de centre I, de rayon 2. A
est le point d’abscisse positive.
π
(b) Par définition un point M d’affixe z a pour image M ′ d’affixe z ′ tel que z ′ − z I = ei 2 (z − z I ) soit z − i =
i(z − i) ⇐⇒ ³z = iz + ´1 + i.
³p
´
p
p
Donc z B = i 3 + 2i + 1 + i = i 3 − 2 + 1 + i = −1 + i 3 + 1 .
La rotation est une isométrie, donc IA = IB = 2, d’après la question 1. a. Le point B appartient donc au cercle
Γ.
p
p
xA + xC
3 + xC
soit 0 =
⇐⇒ x C = − 3.
(c) Par définition du milieu x I =
2
2
yA + yC
2 + yC
De même y I =
soit 1 =
⇐⇒ y C = 0.
2p
2
Conclusion z C = − 3.
Remarque : on aurait pu dire que C est l’image de B par la rotation r
(d) Par définition de la rotation (BI) est perpendiculaire à (IA). D’autre part [AC] est un diamètre de Γ.
Le triangle ABC est inscrit dans le cercle Γ dont un de ses côtés est un diamètre ; il est donc rectangle en B
et (BI) étant à la fois hauteur et médiane, le triangle ABC est isocèle en B.
Le triangle ABC est rectangle isocèle en B.
2. Il semble que (BF) et (CE) sont perpendiculaires.
Démonstration :
−→ −
→ −→ −
→
−→ −→
De AE = IB et FA = IB , on déduit que FA = AE , c’est-à-dire que A est le milieu de [EF].
D’autre part BI = IA = 2 = EA = AF : donc le triangle EIF est inscrit dans le cercle de diamètre [EF] : il est donc
rectangle en I.
−→ −
→
De plus (BI) ⊥ (AC) et AE = IB entraîne que (AE) et (IB) sont parallèles, donc (AC) est perpendiculaire à (AE).
Dans le triangle EIF la droite (IA) est à la fois hauteur et médiane : ce triangle est donc rectangle isocèle en I.
Par la rotation r :
- B a pour image C
- F a pour image E
π
Par définition de r rotation d’angle , la droite (BF) a pour image la droite perpendiculaire (CE).
2
+
E
+
B
A
+
+
2
+
−4
O
F
+
C
→
− I
v
→
−
u
−4
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