Le plan est muni du repère orthonormé direct

♣
p
³ →
1
3
− →
−´
1 ( 6 points ) Le plan est muni du repère orthonormé direct O, u , v . On donne le nombre complexe j = − + i .
2
2
Le but de cet exercice est d’étudier quelques propriétés du nombre j et de mettre en évidence un lien de ce nombre avec les
triangles équilatéraux.
TS. Évaluation 5 -Correction
Partie A : propriétés du nombre j
C
1. a. Résoudre dans l’ensemble des nombres complexes l’équation z 2 + z + 1 = 0.
p
On résout l’équation : z 2 + z + 1 = 0 ;
∆ = −3 < 0
∆ = δ2 avec δ = i 3
(
p )
p
−1 − i 3
−1 + i 3
; z2 =
donc cette équation admet deux solutions complexes conjuguées : S = z 1 =
2
2
b. Vérifier que le nombre complexe j est une solution de cette équation.
p
p
1
3 −1 + i 3
j = − +i
=
= z 1 donc j est solution de l’équation z 2 + z + 1 = 0.
2
2
2
2. Déterminer le module et un argument du nombre complexe j, puis donner sa forme trigonométrique.
µ ¶2 Ã p !2
¯ ¯2
1 3
3
¯j¯ = − 1 +
= + = 1 donc |j| = 1
2
2
4 4

1

p

cos θ = −

1
3
2π
2
p Donc θ =
j = − +i
; on cherche θ tel que
[2π]

2
2
3

 sin θ = 3
2
µ
¶
2π
2π
La forme trigonométrique de j est donc : j = 1 × cos
+ i sin
3
3
3. Démontrer les égalités suivantes :
a. j3 = 1 ;
¯ ¯3
= ¯j¯ = 1
¡ ¢
¡ ¢ 2π × 3
j3 = 1 = 1 × (cos 0 + i sin 0) avec
 arg j3 = 3 arg j =
= 2π = 0 [2π]
3
b. j2 = −1 − j.
 ¯ ¯
 ¯j3 ¯
j est solution de l’équation z 2 + z + 1 = 0 donc j2 + j + 1 = 0 et donc j2 = −1 − j
4. On note P, Q, R les images respectives des nombres complexes 1, j et j2 dans le plan.
Quelle est la nature du triangle PQR ? Justifier la réponse.
p
p
p
1
3
1
3
1
3
2
P a pour affixe 1 ; Q a pour affixe j = − + i
et R pour affixe j = −1 − j = −1 + − i
= − −i
2
2
2
2
2
2
¯
¯2 ¯
p
p ¯¯2
¯ 1
¯
¯ 3
p
3
3¯
9 3
¯
¯
¯
PQ2 = ¯− + i
− 1 ¯ = ¯− + i
¯ = + = 3 =⇒ PQ = 3
¯ 2
¯ 2
¯
2
2 ¯
4 4
¯
¯2
p
p
¯ 1
¯
p
¯ p ¯2
3 1
3¯
¯
QR2 = ¯− − i
+ −i
¯ = ¯−i 3¯ = 3 =⇒ QR = 3
¯ 2
2
2
2 ¯
¯
¯2 ¯
p
p ¯¯2
¯3
¯
¯
p
1
3
3¯
9 3
¯
¯
¯
RP 2 = ¯1 + + i
¯ = ¯ +i
¯ = + = 3 =⇒ RP = 3
¯
¯
¯
¯
2
2
2
2
4 4
PQ = QR = RP donc le triangle PQR est équilatéral
Partie B
Soit a, b, c trois nombres complexes vérifiant l’égalité a + jb + j2 c = 0.
On note A, B, C les images respectives des nombres a, b, c dans le plan.
1. En utilisant la question A - 3. b., démontrer l’égalité : a − c = j(c − b).
On sait que a + bj + cj2 = 0 donc a = −jb − j2 c. Or, d’après la question A. 3. b., j2 = −1 − j donc :
a = −jb − j2 c = −jb − (−1 − j)c = −jb + c + jc ⇐⇒ a − c = j(c − b)
2. En déduire que AC = BC .
¯
¯
¯¯
a − c = j(c − b) =⇒ |a − c| = ¯j(c − b)¯ ⇐⇒ |a − c| = ¯j¯ × |c − b|
¯¯
On a vu précédemment que ¯j¯ = 1 ; de plus |a − c| = AC et |c − b| = BC.
On a donc démontré que
AC = BC .
3. Démontrer l’égalité : a − b = j2 (b − c).
On sait que a = −jb − j2 c. On sait aussi que j2 = −1 − j donc j = −1 − j2 .
On a donc a = −(−1 − j2 )b − j2 c = b + j2 b − j2 c ce qui équivaut à
a − b = j2 (b − c)
4. En déduire que le triangle ABC est équilatéral.
¯¯
¯ ¯ ¯ ¯2
On sait que ¯j¯ = 1 donc ¯j2 ¯ = ¯j¯ = 1. De plus |a − b| = AB et |b − c| = CB.
¯
¯
On a vu dans la question précédente que a − b = j2 (b − c) ce qui entraîne |a − b| = ¯j2 (b − c)¯
¯ ¯
ou encore |a − b| = ¯j2 ¯ × |b − c|. Cette dernière égalité équivaut à AB = CB
Comme AC = BC et AB = CB, on a démontré que le triangle ABC était équilatéral.
2 ( 4 points )
³ →
− →
−´
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé O, u , v . À tout point M d’affixe z du plan, on
associe le point M0 d’affixe z 0 définie par : z 0 = z 2 + 4z + 3.
1. Un point M est dit invariant lorsqu’il est confondu avec le point M0 associé.
Démontrer qu’il existe deux points invariants. Donner l’affixe de chacun de ces points sous forme algébrique, puis
sous forme trigonométrique.
M(z) est invariant si M0 = M ⇐⇒ z 0 = z ⇐⇒ z 2 + 4z + 3 = z ⇐⇒ z 2 + 3z + 3 = 0.
¡ p ¢2
∆ = 32 − 4 × 3 = 9 − 12 = −3 = i 3 .
p
p
−3 − i 3
−3 + i 3
ou z 2 =
.
Cette équation a deux solutions : z 1 =
2
2
´
³
p 2
p
¡ ¢2
On a |z 1 |2 = − 32 + 23 = 49 + 34 = 3 =⇒ |z 1 | = 3.
à p
!
p
¶
µ
p
p
−3 + i 3 p
1
5π
5π
3
Le même calcul donne |z 2 | = 3. On a donc z 1 =
= 3 −
+ i = 3 cos
+ i sin
2
2
2
6
6
µ
¶
p
−5π
−5π
On trouve de la même façon que
z 2 = 3 cos
+ i sin
6
6
p
p
−3 − i 3
−3 + i 3
2. Soit A le point d’affixe
et B le point d’affixe
. Montrer que OAB est un triangle équilatéral.
2
2
p
p
z B = z 1 , donc |z B | = OB = |z 1 | = 3.
On a z A = z 2 , donc |z A ¯| = OA = |z 2 | Ã= 3. De même
!¯
p
p
¯ −3 + i 3
−3 − i 3 ¯¯ ¯¯ p ¯¯ p
¯
Enfin AB = |z B − z A | = ¯
−
¯ = i 3 = 3.
¯
¯
2
2
p
On a donc OA = OB = AB = 3 : le triangle OAB est un triangle équilatéral.
3. Déterminer l’ensemble E des points M d’affixe z = x + iy où x et y sont réels, tels que le point M0 associé soit sur l’axe
des réels.
Soit M(x ; y) et M0 (x 0 ; y 0 ) son point associé. M0 est sur l’axe des réels si y 0 = 0.
Or on sait que l’affixe du point M est :
z 2 + 4z + 3 = (x + iy)2 + 4(x + iy) + 3 = x 2 − y 2 + 2ix y + 4x + 4iy + 3 = x 2 − y 2 + 4x + 3 + i(2x y + 4y).


= 0
= 0
 y
 y
ou
ou
On a donc y 0 = 0 ⇐⇒ 2x y + 4y = 0 ⇐⇒ 2y(x + 2) = 0 ⇐⇒
⇐⇒


x +2 = 0
x
= −2
Conclusion : l’ensemble E est constitué des points d’ordonnée nulle donc de l’axe des abscisses et des points de la
droite verticale dont une équation est x = −2 (droites en bleu).
4. En annexe, représenter dans le plan complexe les points A et B ainsi que l’ensemble E .
Annexe
2i
i
A
→
−
v
−4
−3
−2
O
−1
B
−i
−2i
→
−
u
1
2
3
4