Exercice 1 ( devoir maison 2015/2016) 1) Montrer que (1 + i)6 = − 8i 2) On considère l’équation (E): z3 = − 8i a) Déduire de la question 1) une solution notée t de l’équation (E).

b) On pose j = 2

i3eπ

Démontrer que jt et j2 t sont aussi solutions de (E)

3) On considère dans un repère orthonormé (O ; →u ;

→v ) les points A, B et C d’affixes respectives t, jt et j2 t.

a) Montrer que A, B et C appartiennent à un même cercle dont on déterminera le centre et le rayon. b) Montrer que ABC est un triangle équilatéral. c) Faire une figure (unité = 2 cm) et placer les points A, B et C.

Exercice 2 (contrôle 2015/2016)

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé (O ; →u ;

→v ).

Soit A le point d’affixe 3 3

i2 2

− − et B le point d’affixe 5

i63eπ

Montrer que OAB est un triangle équilatéral.

Exercice 3 (contrôle 2015/2016)

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé (O ; →u ;

→v ). On appelle A et B les points du plan

d’affixes respectives a = 1 et b = − 1. On considère l’application f qui, à tout point M différent du point B, d’affixe z, fait correspondre le point M’ d’affixe z’ définie par :

z’ = z 1

z 1

−+

1) Soit P le point d’affixe p = − 2 + i3 a) Déterminer la forme exponentielle de (p + 1). b) En déduire que P appartient au cercle c de centre B et de rayon 2. 2) a) Soit P’ l’image du point P par la fonction f. Calculer l’affixe de P’ (notée p’).

b) Soit Q le point d’affixe q = p− où p est le conjugué de p. Ecrire q sous forme algébrique. c) Montrer que les points A, P’ et Q sont alignés. 3) a) Montrer que pour tout nombre complexe différent de – 1, (z’ – 1)(z + 1) = − 2 b) En déduire une relation entre z ' 1− et z 1+

c) Montrer alors que si M appartient au cercle c de centre B et de rayon 2, alors M’ appartient à un cercle dont on précisera le centre et le rayon.

Exercice 4 (contrôle 2014/2015) Soit A, B et C les points d'affixes Az = 2, Bz = 1 + i 3 et Cz = Bz

1) Ecrire Az , Bz et Cz sous forme exponentielle.

2) Démontrer que OBAC est un losange.

Exercice 5 (bac blanc 2014/2015) Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal ( ); ;O u v

� �

.

On considère l'application f qui, à tout point M d'affixe z non nulle associe le point ( )'M f M= d'affixe

'z tel que ( )' 2z

z zz

= −

Le cercle c1 de centre O et de rayon 1 est représenté sur la figure donnée en annexe 3 (voir page suivante). On complétera cette figure au fur et à mesure des questions. Pour z complexe non nul, on note iz reα= , r étant le module de z et α un argument de z.

1) Montrer que ( )' 2 iz r eα= − .

2) Déterminer l'affixe 'a du point 'A , image par f du point A d'affixe a = 3. 3) Soit B le point d'affixe b = − 3 + i. a) Ecrire b sous forme exponentielle. b) Déterminer l'affixe 'b du point 'B , image du point B par f. 4) Placer , , 'A B A et 'B sur la figure. 5) a) Déterminer l'ensemble e des points M du plan privé du point O dont l'image par f est O. b) Représenter e sur la figure.

6) Montrer que le cercle c1 est l'ensemble des points M du plan distincts de O tels que ( )f M M= .

7) Pour cette question, M est un point du plan, distinct de O, n'appartenant pas au cercle c1. On appelle I le milieu du segment [ ]'MM où 'M est l'image de M par f.

a) Montrer que I appartient à c1. b) Montrer que I appartient à la demi-droite [ )OM .

c) Sur la figure donnée en annexe 3 est placé un point nommé 1M .

Construire le point 1'M , image par f du point 1M .

Exercice 6 (bac blanc 2015/2016)

On se place dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal (O ; →u ;

→v ).

On appelle A le point d'affixe 1. On considère la transformation du plan f qui, à tout point M d'affixe z associe le point M' d'affixe z' définie par z' = 2z + 1 1) Déterminer les antécédents du point O. 2) Existe-t-il des points invariants par f ? Si oui, préciser leurs affixes respectives. ( On rappelle qu'un point invariant est un point confondu avec son image) 3) Montrer que deux points symétriques par rapport à O ont la même image. Que peut-on dire des images de deux points symétriques par rapport à l'axe des abscisses ?

4) Soit B le point d'affixe Bz = ( )21 i

2+ .

a) Ecrire Bz sous forme exponentielle.

b) En déduire que B appartient au cercle de centre O et de rayon 1. c) Déterminer l'affixe du point B' image de B par f d) Montrer que B' appartient au cercle de centre A et de rayon 1. e) Montrer que les points O, B et B' sont alignés. 5) Soit θ un nombre réel appartenant à l'intervalle [0; 2π[ et M le point d'affixe ieθ . a) Montrer que M appartient au cercle de centre O et de rayon 1. b) Lorsque θ varie, montrer que M', image du point M par f, reste sur un cercle dont on précisera le centre et le rayon.

c) Vérifier que →OM' = 2cos(θ)

→OM. Que peut-on en déduire quant aux points O, M et M' ?

d) Expliquer la construction du point M'.

Annexe 3 de l’exercice 5

Exercice 7

Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal direct (O ; →u ;

→v ), on considère les points A et B

d'affixes respectives Az = 1 − i et Bz = 2 + 3 + i

1) Déterminer le module et un argument de Az .

2) a) Ecrire B

A

z

z sous forme algébrique.

b) Montrer que B

A

z

z = ( ) i

31 3 eπ

+

c) En déduire la forme exponentielle de Bz .

→u

→v

c1

Exercice 8

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct (O ; →u ;

→v ).

On considère le point A d'affixe Az = 1 et le point B d'affixe Bz = i.

A tout point M d'affixe zM = x + iy, avec x et y deux réels tels que y ≠ 0, on associe le point M' d'affixe

M'z = − izM

On désigne par I le milieu du segment [AM]. Le but de l'exercice est de démontrer que pour tout point M n'appartenant pas à (OA), la médiane (OI) du triangle OAM est aussi une hauteur du triangle OBM' (propriété 1) et que BM' = 2OI (propriété 2).

1) Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend zM = i32eπ−

a) Déterminer la forme algébrique de zM. b) Montrer M'z = − 3 − i

Déterminer le module et un argument de M'z .

c) Placer les points A, B, M, M' et I dans le repère (O ; →u ;

→v ) en prenant 2 cm pour unité graphique.

Tracer la droite (OI) et vérifier rapidement les propriétés 1 et 2 à l'aide du graphique. 2) On revient au cas général en prenant zM = x + iy avec y ≠ 0. a) Déterminer l'affixe du point I en fonction de x et y. b) Déterminer l'affixe du point M' en fonction de x et y. c) Ecrire les coordonnées des points I, B et M'. d) Montrer que la droite (OI) est une hauteur du triangle OBM'. e) Montrer que BM' = 2OI.

Exercice 9 Partie A

On considère le polynôme P défini sur Z par P(z) = z3 − ( )2 i 2+ z 2 + 2( )1 i 2+ z − 2i 2

1) Montrer que le nombre complexe 0z = i 2 est solution de l'équation P(z) = 0

2) a) Déterminer les réels a et b tels que P(z) = ( ) ( )2z i 2 z az b− + +

b) En déduire les solutions dans Z de l'équation P(z) = 0 Partie B

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct (O ; →u ;

→v ). On prendra 2 cm pour unité

graphique.

On considère les points A, B, J et K d'affixes respectives Az = 1 + i, Bz = 1 − i, Jz = i 2 et Kz = 3i4eπ

1) Placer les points A, B, J et K sur une figure qui sera complétée au fur et à mesure de l'exercice. 2) Soit L le symétrique du point J par rapport au point K. Montrer que l'affixe de L est égale à − 2. 3) Montrer que les points A, B, J et L appartiennent à un même cercle dont on précisera le centre et le rayon.

Exercice 10 – d’après bac

Le plan est muni du repère orthonormé direct (O ; →u ;

→v )

On donne le nombre complexe j = 1 3

i2 2

− +

Le but de cet exercice est d’étudier quelques propriétés du nombre j et de mettre en évidence un lien entre ce nombre avec les triangles équilatéraux.

Partie A : Propriétés du nombre j 1) Vérifier que le nombre complexe j est une solution de cette équation z2 + z + 1 = 0 2) Déterminer le module et un argument du nombre complexe j, puis donner sa forme exponentielle. 3) Démontrer les égalités suivantes: a) j3 = 1 b) j 2 = − 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.

Partie B Soit a, b, c trois nombres complexes vérifiant l’égalité a + jb + j2 c = 0 On note A, B et C les images respectives des nombres a, b et c dans le plan. 1) En utilisant la question A) 3) b), démontrer l’égalité : a – c = j(c – b) 2) En déduire que AC = BC 3) Démontrer l’égalité : a – b = j2 (b – c) 4) En déduire que le triangle ABC est équilatéral

Exercice 1 - Corrigé 1) Méthode 1 :

(1 + i)6 = ( )( )321 i+ = (1 + 2i – 1)3 = (2i)3 = 8i3 = 8i2 × i = − 8i

Méthode 2 : On écrit 1 + i sous forme exponentielle :

2 21 i 1 1 2+ = + =

soit θ un argument de 1 + i

cos(θ) = 1 2

22= et sin(θ) =

1 2

22=

On en déduit que θ = π

4 + 2kπ et que 1 + i =

i42eπ

Par conséquent, (1 + i)6 = ( ) ( )( )6 6 36i i i

4 4 2 3 32e 2 e 8e 8 cos isin 8 0 i 1 8i

2 2

π π π π π = = = + = + × − = −

2) a) (1 + i)6 = − 8i, c’est à dire ( )( )321 i+ = − 8i

On en déduit que (1 + i)2 est solution de l’équation (E). On a donc t = (1 + i)2 = 2i

b) ● jt = 2i 22 2 7ii i ii

2 33 3 62e 2e e 2e 2eπ π π π ππ + = × = =

( )3 77 21 ii i3 3 26 6 7 7

jt 2e 2 e 8e 8 cos isin 8(0 i) 8i2 2

π π π

π π = = = = + = − = −

Par conséquent, jt est bien solution de l’équation (E).

j 2 t =

22 4i i

3 32i e 2ieπ π

=

= 44 11ii ii

2 33 622e e 2e 2eπ π π ππ + × = =

( )3 1111 33 ii i32 3 26 6 11 11

j t 2e 2 e 8e 8 cos isin 8(0 i) 8i2 2

π π π

π π = = = = + = − = −

Par conséquent, j2 t est bien solution de l’équation (E).

3) a) t = 2i = 2i2eπ

donc OA = t 2=

jt = 7

i62eπ

donc OB = jt 2=

j 2 t = 11

i62eπ

donc OC = 2j t 2=

On en déduit que les points A, B et C appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2.

b) AB = ( )7

i6

B A

7 7 3 iz z 2e 2i 2 cos isin 2i 2 2i

6 6 2 2

π π π − = − = + − = − − −

AB = ( ) ( )2 2

3 3i 3 3 3 9 12 2 3− − = − + − = + = =

AC = ( )11i

6C A

11 11 3 iz z 2e 2i 2 cos isin 2i 2 2i

6 6 2 2

π π π − = − = + − = − −

AC = ( ) ( )2 2

3 3i 3 3 3 9 2 3− = + − = + =

BC = C B

3 i 3 iz z 2 2 2 3 2 3

2 2 2 2

− = − − − − = =

AB = AC = BC donc ABC est un triangle équilatéral. c)

Exercice 2 - Corrigé

OA =

22

A

3 3 3 3 9 3 12z i 3

2 2 2 2 4 4 4

= − − = − + − = + = =

OB = 5

i6

Bz 3e 3π

= =

Bz = 5

i6 5 5 3 1 3 3

3e 3 cos isin 3 i i6 6 2 2 2 2

π π π = + = − + = − +

B A

3 3 3 3 3 3 3 3AB z z i i i i 3i 3

2 2 2 2 2 2 2 2

= − = − + − − − = − + + + = =

On constate que OA = OB = AB donc OAB est bien un triangle équilatéral.

Exercice 3 - Corrigé 1) p + 1 = − 2 + i 3 + 1 = − 1 + i 3

( ) ( )22p 1 1 i 3 1 3 1 3 4 2+ = − + = − + = + = =

soit θ un argument de (p + 1)

cos(θ) = 1

2

− et sin(θ) =

3

2

On en déduit que θ = 2

3

π (2π)

Par conséquent, p + 1 = 2

i32eπ

b) On a vu que p 1+ = 2 donc : P Bz z 2− =

BP = 2 On en déduit que le point P appartient au cercle de centre B et de rayon 2, c’est à dire à c.

2) a) p’ = ( )( )( )( ) ( ) ( )22

3 i 3 1 i 3p 1 2 i 3 1 3 3i 3 i 3 3 6 2i 3 3 i 3

p 1 4 22 i 3 1 1 i 3 1 i 3 1 3

− + − −− − + − + − + + += = = = =+ − + + − + − − − +

b) q = ( ) ( )p 2 i 3 2 i 3 2 i 3− = − − + = − − − = +

c) P' AAP'

3 i 3 3 i 3 2 1 i 3z z z 1

2 2 2 2

+ + += − = − = − =�����

Q AAQz z z 2 i 3 1 1 i 3= − = + − = +����

On constate que AQ

AP'

zz

2=

����

����� : On en déduit que les vecteurs AP'����

et AQ����

sont colinéaires : Par conséquent,

les points A, P’ et Q sont alignés.

3) a) (z’ – 1)(z + 1) = ( ) ( ) ( )z 1 z 1z 11 z 1 z 1 z 1 z 1 2

z 1 z 1

− − + − − + = + = − − − = − + +

On a bien démontré que, pour tout nombre complexe différent de – 1, (z’ – 1)(z + 1) = − 2 b) On en déduit que : ( )( )z ' 1 z 1 2− + = −

z' 1 z 1 2− × + =

c) M appartient au cercle c de centre B et de rayon 2 donc : BM = 2

M Bz z 2− =

( )z 1 2− − =

z 1 2+ =

En remplaçant z 1+ par 2 dans l’égalité démontrée à la question 1) b), on obtient :

z ' 1 2 2− × =

z ' 1 1− =

M' Az z 1− =

AM’ = 1 On en déduit donc que le point M’ appartient au cercle de centre A et de rayon 1.

Exercice 4 - Corrigé 1) ● Az = 2 = i02e car 2 2= et arg(2) = 0 (2π)

● Bz = ( )221 3 1 3 4 2+ = + = =

Soit θ un argument de Bz : cos(θ) = 1

2 et sin(θ) =

3

2 donc θ =

π

3 (2π)

Par conséquent, Bz = i32eπ

● Cz = Bz = i i3 32e 2eπ π−

=

Exercice 5 - Corrigé

1) z' = ( ) ( ) ( )i

iz re2 z 2 r 2 r e

z r

αα− = − = − car z = r

2) a' = ( ) ( )a 32 a 2 3 1

a 3− = − = − car a 3 3= =

3) a) ( )22b 3 1 3 1 2= − + = + =

Soit θ un argument de b: cos θ = 3

2

− et sin θ =

1

2

On en déduit que θ = 5π6

(2π) d'où b = 5

i62eπ

b) b' = ( ) ( ) ( )5

iiarg b 62 b e 2 2 e 0π

− = − =

4) voir figure page suivante 5) a) L'image par f du point M est le point O si et seulement si z' = 0 (2 − r) ieα = 0 2 − r = 0 (car ieα ≠ 0) r = 2

z = 2

OM = 2 L'ensemble e est donc le cercle de centre O et de rayon 2. b) Voir figure page suivante 6) f(M) = M équivaut à z' = z (2 − r) ieα = r ieα 2 − r = r (car ieα ≠ 0) r = 1

z = 1

OM = 1 Le cercle c1 est donc bien l'ensemble des points M du plan distincts de O tel que f(M) = M

7) a) I milieu du segment [MM'] donc Iz = z z '

2

+ =

( ) ( )i i i iire 2 r e e r 2 r 2e

e2 2 2

α α α αα+ − + −

= = =

iIz e 1α= = donc OI = 1: On a bien montré que I appartient à c1

b) iI O IOI

z z z z eα= − = =��� i

M OOMz z z z reα= − = =�����

On constate que r × OI

z��� = OM

z����� donc les vecteurs →OI et

→OM sont colinéaires.

Cela prouve que les points O, I et M sont alignés.

De plus, on sait que r > 0 donc les vecteurs →OI et

→OM ont le même sens: par conséquent, I appartient à la

demi-droite [OM) Autre méthode: arg( Iz − Oz ) = α (2π) et arg(zM − Oz ) = α (2π)

On en déduit donc que arg(Iz − Oz ) = arg(zM − Oz ) (2π) soit (→u ;

→OI ) = (

→u ;

→OM) (2π)

On en déduit donc que I appartient à la demi-droite [OM) c) Voir figure ci-dessous: ▪ I est le point d'intersection entre la demi-droite [O1M ) et le cercle c1.

▪ M'1 est le symétrique de 1M par rapport à I (car I est le milieu de [M1M'1]

Exercice 6 – Corrigé 1) Rechercher les antécédents du points O revient à résoudre l’équation : z’ = 0 2z + 1 = 0 2z = − 1 z = i ou z = − i Le point O a donc deux antécédents qui sont les points C et D d’affixes respectives i et – i 2) Rechercher les points invariants revient à résoudre l’équation : z’ = z 2z + 1 = z 2z − z + 1 = 0 Δ = ( − 1)2 − 4 × 1 × 1 = 1 – 4 = − 3

Δ < 0 donc cette équation a deux solutions complexes conjuguées égales à 1 i 3 1 i 3

2 1 2

+ +=×

et 1 i 3

2

−

Par conséquent, il existe deux points invariants: Ce sont les points E et F d’affixes respectives 1 i 3

2

+ et

1 i 3

2

−.

3) ● Deux points M et N sont symétriques par rapport au point O si leurs affixes Mz et Nz sont opposées.

On a donc : Nz = − Mz et ( ) ( ) ( )22 2N N M M Mf z z 1 z 1 z 1 f z= + = − + = + =

Par conséquent, on a bien prouvé que deux points symétriques par rapport à O ont la même image. ● Deux points M et N sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses si leurs affixes Mz et Nz sont

conjuguées.

On a donc : Nz = Mz et ( ) ( ) ( )2

2 2 2 2N N M M M M Mf z z 1 z 1 z 1 z 1 z 1 f z= + = + = + = + = + =

Par conséquent, on en déduit que les images de deux points symétriques par rapport à l’axe des abscisses sont symétriques elles aussi par rapport à l’axe des abscisses.

4) a) ( )2 2

B

2 2 2 2 2z 1 i 1 1

2 2 2 4 4

= + = + = + = =

Soit θ un argument de Bz .

cos(θ) =

222

1 2= et sin(θ) =

2

2 : On en déduit que θ =

π

4 (2π)

On a donc : Bz = i4eπ

b) On a vu précédemment que Bz = 1 donc on en déduit que OB = 1 : Par conséquent, B appartient bien

au cercle de centre O et de rayon 1.

c)

2 2i i i2 4 4 2

B' Bz z 1 e 1 e 1 e 1 i 1π π π

= + = + = + = + = +

Autre méthode :

( ) ( ) ( )2

22B' B

2 2 1z z 1 1 i 1 1 i 1 1 2i 1 1 i 1

2 4 2

= + = + + = + + = + − + = +

d) AB’ = B' Az z 1 i 1 i 1− = + − = =

On en déduit que B’ appartient bien au cercle de centre A et de rayon 1.

e) ( )B O BOB

2z z z z 1 i

2= − = = +����

B' O B'OB'z z z z 1 i= − = = +�����

On constate que OB OB'

2z z

2=���� ����� , c’est à dire que OB

����

= 2

2 OB'�����

: On en déduit que les vecteurs OB����

et

OB'�����

sont colinéaires : Les points O, B et B’ sont bien alignés. 5) a) OM = i

M 0 Mz z z e 1θ− = = =

On en déduit que le point M appartient bien au cercle de centre O et de rayon 1.

b) AM’ = ( )22 i 2iM' A Mz z z 1 1 e e 1θ θ− = + − = = =

Par conséquent, le point M’ appartient au cercle de centre A et de rayon 1.

c) ( ) ( )iM O MOM

z z z z e cos isinθ= − = = = θ + θ�����

( ) ( ) ( )( )2 22 iM ' O M ' MOM'

z z z z z 1 e 1 cos isin 1θ= − = = + = + = θ + θ +������

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2OM'

z cos 2icos si sin 1 cos 2icos sin 1 cos 1= θ + θ θ − θ + = θ + θ θ − − θ +������

On rappelle que pour tout θ ∈ Y, on a : cos2 (θ) + sin2 (θ) = 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

OM'z cos 2icos sin 1 cos 1 2cos 2icos sin= θ + θ θ − + θ + = θ + θ θ������

( ) ( ) ( )( )OM'z 2cos cos isin= θ θ + θ������

On constate que ( )OM' OMz 2cos z= θ������ ����� , ce qui prouve bien que ( )OM' 2cos OM= θ

����� �����

On en déduit que les vecteurs OM'�����

et OM�����

sont colinéaires (puisque cos(θ) est un réel). Par conséquent, les points O, M et M’ sont alignés. d) Pour construire le point M’ : ● On tracer le cercle c de centre A et de rayon 1. ● On trace la droite (OM). ● M’ est à l’intersection du cercle c et de la droite (OM) Remarque : Le cercle c et la droite (OM) ont deux points d’intersection qui sont O et M’ sauf quand l’affixe de M est i ou – i et, dans ce cas, le point M’ est confondu avec le point O.

Exercice 7 - Corrigé

1) ( )221 i 1 1 2− = + − =

Soit θ un argument de Az

cos(θ) = 1 2

22= et sin(θ) = −

2

2

On en déduit que θ = − π

4 + 2kπ

2) a) ( )( )

B2 2

A

2 3 i 1 iz 2 3 i 2 2i 3 i 3 i 1 1 3 3 3i

z 1 i 1 1 2 2 2

+ + ++ + + + + + − + += = = = +− +

b) ( ) ( ) ( )i3

1 31 3 e 1 3 cos isin 1 3 i

3 2 2 2

π π π + = + + = + +

( ) i31 3 eπ

+ = 1 3 3 3 1 3 3 3

i i i2 2 2 2 2 2

+ ++ + + = + = B

A

z

z

On a bien montré que B

A

z

z = ( ) i

31 3 eπ

+

c) En faisant le produit en croix, on obtient :

Bz = ( ) ( ) ( ) ( )ii ii i4 33 34 12

Az 1 3 e 2e 1 3 e 2 1 3 e 2 1 3 eπ π π ππ π− +−

+ = + = + = +

C’est la forme exponentielle de Bz car 2(1 + 3) > 0

Exercice 8 - Corrigé

1) a) zM = i3

1 32e 2 cos isin 2 i 1 i 3

3 3 2 2

π− π π = − + − = − = −

b) M'z = − izM = − i(1 – i 3) = − i – 3 = − 3 – i

( ) ( )2 2

M 'z 3 i 3 1 3 1 2= − − = − + − = + =

Soit θ un argument de M'z

cos(θ) = 3

2− et sin(θ) = −

1

2 donc θ = −

5π6

+ 2kπ

c) vérification faite

a) I est le milieu du segment [AM] donc A MI

z z 1 x iyz

2 2

+ + += =

b) ( )M' Mz iz i x iy ix y y ix= − = − + = − + = −

c) I

1 x

2y

2

+

B0

1

M’y

x

−

d) y 0

BM'x 1

− − −

�����

= y

x 1

− −

1 x 1 x0

2 2OIy y

2 2

+ + − =

���

BM'.OI����� ���

= ( )1 x y y xy xy yy x 1 0

2 2 2

+ + − −× + − − × = =

On en déduit que les droites (BM’) et (OI) sont perpendiculaires : (OI) est donc bien une hauteur du triangle OBM’.

OI = 2 2 2 22 2 1 2x x y1 x y 1 2x x y

2 2 4 2

+ + ++ + + + + = =

BM’ = ( )22 2 2y x 1 y x 2x 1+ − − = + + +

On a bien BM’ = 2OI

Exercice 9 - Corrigé Partie A

1) i 2 est solution de l'équation P(z) = 0 si et seulement si P( )i 2 = 0

Calculons donc P( )i 2 :

P( )i 2 = ( ) ( )( ) ( )( )3 2

i 2 2 i 2 i 2 2 1 i 2 i 2 2i 2− + + + −

= ( )( ) ( )2i 2 2 i 2 2 2 i 2 2 2i 2− − + − + − −

= 2i 2 4 2i 2 2i 2 4 2i 2− + + + − − = 0 i 2 est bien solution de l'équation P(z) = 0

Remarque: cela signifie que P(z) se factorise par (z − 0z ) = ( )z i 2− ce qui explique la question 2)

(mais ce n'est plus au programme de Tale S depuis longtemps)

2) a) P(z) = ( ) ( )2z i 2 z az b− + +

= ( ) ( )3 2 2 3 2z az bz i 2z ai 2z bi 2 z z a i 2 z b ai 2 bi 2+ + − − − = + − + − −

D'autre part, on sait que P(z) = z3 − ( )2 i 2+ z 2 + 2( )1 i 2+ z − 2i 2

En identifiant les coefficients des termes de même degré, on en déduit le système suivant:

( )( )

a i 2 2 i 2

b ai 2 2 1 i 2

bi 2 2i 2

− = − + − = +

− = −

a 2

b 2

b 2

= − = =

d'où P(z) = ( ) ( )2z i 2 z 2z 2− − +

b) On résout l'équation z2 − 2z + 2 = 0

Δ = ( − 2)2 − 4 × 1 × 2 = 4 − 8 = − 4 < 0 donc l'équation z2 − 2z + 2 = 0 a deux solutions complexes

conjuguées égales à ( ) ( )2 i 4 2 2i

1 i2 1 2

− − + − − += = +×

et 1 − i

L'ensemble des solutions de l'équation P(z) = 0 est donc s = { }i 2;1 i;1 i+ −

Remarque: Vues les affixes des points A, B et J dans la partie B de cet exercice, on est sûr d'avoir trouvé les bonnes solutions de l'équation P(z) = 0 (même si les parties A et B sont indépendantes, elles ont quand même un lien entre elles) Partie B 1) Pour construire avec précision le point K, on utilise le fait

que Kz = 1 et que arg(Kz ) = 3π4

donc K est sur le cercle de

centre O et de rayon 1 et l'angle (→u ;

→OK) =

3π4

2) L est le symétrique du point J par rapport à K donc les

vecteurs →JK = et

→KL sont égaux.

Par conséquent, Kz − Jz = Lz − Kz

Lz = 2 Kz − Jz = 23i4eπ

− i 2 = 23 3 2 2

cos isin i 2 2 i i 24 4 2 2

π π + − = − + −

Lz 2 i 2 i 2 2= − + − = −

On a bien montré que l'affixe du point L est égal à − 2. 3) Conjecture: Il semble que A, B, J et L appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2. Démonstration:

OA = 2 2Az 1 i 1 1 2= + = + =

OB = ( )22Bz 1 i 1 1 2= − = + − =

OJ = Jz i 2 2= =

OK = Kz 2 2= − =

On a bien OA = OB = OJ = OK = 2 donc les points A, B, J et L appartiennent bien au cercle de centre O et de rayon 2.

Exercice 10 - Corrigé Partie A

1) On remplace z par j = − 1 3

i2 2

+ dans z2 + z + 1 et on vérifie que le résultat est égal à 0 :

j 2 + j + 1 =

2 221 3 1 3 1 1 3 3 1 3

i i 1 2 i i i 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2

− + + − + + = − + × − × + − + +

= 1 3 3 1 3

i i 1 04 2 4 2 2

− − − + + =

j est donc bien solution de l’équation z2 + z + 1 = 0 2) méthode 1 (la méthode traditionnelle)

221 3 1 3

j 1 12 2 4 4

= − + = + = =

Soit θ un argument de j

cos(θ) =

112

1 2

−= − et sin(θ) =

332

1 2= donc θ =

2π3

et j = 2

i3eπ

méthode 2 (plus subtile que la précédente)

On sait que j = − 1 3

i2 2

+ et on sait aussi que − 1

2 = cos

2

3

π

et que 3

2= sin

2

3

π

On en déduit donc que j = cos2

3

π

+ i sin2

3

π

= 2 2

1 cos isin3 3

π π +

= 2

i3eπ

3) a) On utilise la forme exponentielle de j pour calculer j3

j 3 =

32 2i i 3 i2 i03 3e e e e 1

π π× π = = = =

On a bien j3 = 1 b) Méthode 1 (celle à laquelle on pense immédiatement)

j 2 =

22 2 4i i 2 i

3 3 3 4 4 1 3e e e cos isin i

3 3 2 2

π π π× π π = = = + = − −

D’autre part, − 1 – j = − 1 − 1 3 1 3 1 3

i 1 i i2 2 2 2 2 2

− + = − + − = − −

Conclusion: on a bien j2 = − 1 – j Méthode 2 (celle à laquelle on ne pense pas mais qui est pourtant beaucoup, beaucoup plus rapide)

On sait que j est solution de l’équation z2 + z + 1 donc j2 + j + 1 = 0 donc j2 = − 1 – j

4) PQR semble être équilatéral

PQ = Q P

1 3 3 3z z j 1 i 1 i

2 2 2 2− = − = − + − = − +

PQ

223 3 9 3 12

32 2 4 4 4

= − + = + = =

QR = 2R Qz z j j 1 j j 1 2 j− = − = − − − = − −

QR = 1 3

1 2 i 1 1 i 3 i 3 32 2

− − − + = − + − = − =

RP = ( )2P R

1 3z z 1 j 1 1 j 1 1 j 2 j 2 i

2 2− = − = − − − = + + = + = − + =

223 3 3 3

i2 2 2 2

+ = +

RP = 9 3 12

34 4 4

+ = =

On constate que PQ = QR = RP donc PQR est bien un triangle équilatéral.

Partie B 1) On sait que a + jb + j2 c = 0 De plus, dans la question A) 3) b), on a démontré que j2 = − 1 – j On en déduit que : a + jb + ( − 1 – j)c = 0 a + jb – c – jc = 0 a – c = − jb + jc a – c = j( − b + c) a – c = j(c – b)

2) On en déduit que : ( )a c j c b− = −

a c j c b− = × −

A C C Bz z 1 z z− = × −

CA = BC On a bien montré que AC = BC 3) On sait que a + jb + j2 c = 0 De plus, on sait que j2 = − 1 – j donc j2 + 1 = − j j = − j2 − 1 Par conséquent, on a : a + ( − j2 − 1)b + j2 c = 0 a – j2 b – b + j2 c = 0 a – b = j2 b – j2 c a – b = j2 (b – c) 4) Comme précédemment, on en déduit que :

( ) 22 2 2a b j b c j b c j b c 1 b c b c− = − = × − = × − = × − = −

On a alors montré que BA = CB Conclusion : On constate que AC = BC = AB donc ABC est équilatéral.