Exercices types 1^ère partie

$z_{C}=\overline{z_{B}}$ ce qui signifie que $z_{C}$ est le conjugué de $z_{B}$ d'où : $z_{C}=3\sqrt{3}-3i$.
Comme $z_{D}=-z_{C}$ alors $z_{D}=-\left(3\sqrt{3}-3i\right)$ d'où : $z_{D}=-3\sqrt{3}+3i$

Nous allons calculer les cotés du triangle $OBC$ . L'affixe du point $O$ est $z_{O}=0$.

$OB=\left|z_{B} -z_{O}\right|=\left|3\sqrt{3}+3i-0\right|=\left|3\sqrt{3}+3i\right|=\sqrt{\left(3\sqrt{3}\right)^{2} +\left(3 \right)^{2} } =6$

$OC=\left|z_{C} -z_{O}\right|=\left|3\sqrt{3}-3i-0\right|=\left|3\sqrt{3}-3i\right|=\sqrt{\left(3\sqrt{3}\right)^{2} +\left(-3 \right)^{2} } =6$

$BC=\left|z_{C} -z_{B}\right|=\left|3\sqrt{3}-3i-\left(3\sqrt{3}+3i\right)\right|=\left|3\sqrt{3}-3i-3\sqrt{3}-3i\right|=\left|-6i\right|=\sqrt{0^{2} +\left(-6 \right)^{2} } =6$

Nous avons bien $OB=OC=BC$. Le triangle $OBC$ est équilatéral.

On note $z_{I}$ le milieu de $\left[CD\right]$ .
$z_{I}=\frac{z_{C}+z_{D}}{2} =\frac{3\sqrt{3} -3i-3\sqrt{3} +3i}{2} =0$
En fait, on remarque que le milieu $\left[CD\right]$ est également le centre de notre repère.

$\purple{\text{D'une part :}}$

Comme $z=1+i\sqrt{3}$ alors $-z=-\left(1+i\sqrt{3}\right)$ donc

$\purple{\text{D'autre part :}}$

$z^{2} =\left(1+i\sqrt{3} \right)^{2}$
$z^{2} =1^{2} +2\times 1\times i\sqrt{3} +\left(i\sqrt{3} \right)^{2}$
$z^{2} =1+2i\sqrt{3} +3i^{2}$
$z^{2} =1+2i\sqrt{3} +3\times \left(-1\right)$
$z^{2} =1+2i\sqrt{3} -3$

On sait que $-z=-1-i\sqrt{3}$ . Il va falloir calculer le module et l'argument de $-z$ .
$\left|-z\right|=\sqrt{\left(-1 \right)^{2}+\left(-\sqrt{3} \right)^{2} } =2$
Pour l'argument $\theta$ on sait que $\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie réelle de } -z}{\text{module de } -z} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } -z}{\text{module de } -z } } \end{array}\right.$
On a donc :
$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{-1 }{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{-\sqrt{3}}{2} } \end{array}\right.$
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que $\left[2\pi \right]$ signifie modulo $2\pi$

Une forme trigonométrique de $-z$ est alors :

$-z=2\left(\cos \left(-\frac{2\pi }{3} \right)+i\sin \left(-\frac{2\pi }{3}\right)\right)$

On sait que $z^{2} =-2+2i\sqrt{3}$ . Il va falloir calculer le module et l'argument de $-z$ .
$\left|-z\right|=\sqrt{\left(-2 \right)^{2}+\left(2\sqrt{3} \right)^{2} } =4$
Pour l'argument $\theta$ on sait que $\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie réelle de } z^{2}}{\text{module de } z^{2}} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } z^{2}}{\text{module de } z^{2} } } \end{array}\right.$
On a donc :
$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{-2 }{4} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{2\sqrt{3}}{4} } \end{array}\right.$
$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{-1 }{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\sqrt{3}}{2} } \end{array}\right.$
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que $\left[2\pi \right]$ signifie modulo $2\pi$

Le point $A$ aura donc comme affixe $z=1+i\sqrt{3}$ .
Le point $B$ aura donc comme affixe $-z=-1-i\sqrt{3}$ .
Le point $C$ aura donc comme affixe $z^{2} =-2+2i\sqrt{3}$ .

Nous allons calculer les cotés du triangles $ABC$.
Le point $A$ aura donc comme affixe $z=1+i\sqrt{3}$ .
Le point $B$ aura donc comme affixe $-z=-1-i\sqrt{3}$ .
Le point $C$ aura donc comme affixe $z^{2} =-2+2i\sqrt{3}$ .

$AB=\left|-1-i\sqrt{3} -\left(1+i\sqrt{3}\right)\right|=\left|-1-i\sqrt{3} -1-i\sqrt{3}\right|=\left|-2-2i\sqrt{3} \right|=\sqrt{\left(-2\right)^{2} +\left(-2\sqrt{3}\right)^{2} } =4$

$BC=\left|-2+2i\sqrt{3} -\left(-1-i\sqrt{3}\right)\right|=\left|-2+2i\sqrt{3} +1+i\sqrt{3}\right|=\left|-1+3i\sqrt{3} \right|=\sqrt{\left(-1\right)^{2} +\left(3\sqrt{3} \right)^{2} } =2\sqrt{7}$

$AC=\left|-2+2i\sqrt{3} -\left(1+i\sqrt{3}\right)\right|=\left|-2+2i\sqrt{3} -1-i\sqrt{3}\right|=\left|-3+i\sqrt{3}\right|=\sqrt{\left(-3 \right)^{2} +\left(\sqrt{3} \right)^{2} } =2\sqrt{3}$

Maintenant que nous connaissons les longueurs $AB$, $BC$ et $AC$. Nous allons utiliser la réciproque du théorème de Pythagore.
D'une part : $BC^{2}=\left(2\sqrt{7}\right)^{2}=28$
D'autre part : $AC^{2}+AB^{2}=\left(2\sqrt{3}\right)^{2}+\left(4\right)^{2}$ ainsi : $AC^{2}+AB^{2}=12+16=28$
Il en résulte donc que :
$BC^{2} =AB^{2} +AC^{2}$ alors, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.

Le point $A$ aura donc comme affixe $z=1+i\sqrt{3}$ .
Le point $B$ aura donc comme affixe $-z=-1-i\sqrt{3}$ .
Le point $C$ aura donc comme affixe $z^{2} =-2+2i\sqrt{3}$ .On note $z_{D}$ le milieu de $\left[BC\right]$ .
$z_{D}=\frac{-z+z^{2}}{2}$
$z_{D}=\frac{-1-i\sqrt{3} -2+2i\sqrt{3} }{2}$

Commençons par calculer la forme algébrique de $z_{1}$.
$z_{1}=\frac{3\sqrt{2} }{1+i}$ équivaut successivement à :
$z_{1} =\frac{3\sqrt{2} \times \left(1-i\right)}{\left(1+i\right)\times \left(1-i\right)}$
$z_{1} =\frac{3\sqrt{2} -3\sqrt{2} i}{1^{2} +1^{2} }$
$z_{1} =\frac{3\sqrt{2} -3\sqrt{2} i}{2}$
Ainsi :
Maintenant, calculons la forme algébrique de $z_{2}$.
$z_{2} =\frac{4i\times \left(1-i\sqrt{3} \right)}{\left(1+i\sqrt{3} \right)\times \left(1-i\sqrt{3} \right)}$
$z_{2} =\frac{4i-4i^{2} \times \sqrt{3} }{1^{2} +\left(\sqrt{3} \right)^{2} }$
$z_{2} =\frac{4i+4\sqrt{3} }{4}$
Ainsi :

Nous avons : $z_{1} =\frac{3\sqrt{2} }{2} -\frac{3\sqrt{2} }{2} i$

Commençons, par le module de $z_{1}$.

$\left|z_{1} \right|=\sqrt{\left(\frac{3\sqrt{2} }{2}\right)^{2} +\left(-\frac{3\sqrt{2} }{2}\right)^{2} }=3$

Pour l'argument $\theta$ on sait que :

$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie reelle de } z_{1}}{\text{module de } z_{1}} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } z_{1}}{\text{module de } z_{1} } } \end{array}\right.$
On a donc : $\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\left(\frac{3\sqrt{2} }{2} \right)}{3} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\left(-\frac{3\sqrt{2} }{2} \right)}{3} } \end{array}\right.$
Ainsi : $\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\sqrt{2} }{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{-\sqrt{2} }{2} } \end{array}\right.$
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que $\theta =-\frac{\pi }{4} \left[2\pi \right]$

Il en résulte donc que :

Une forme trigonométrique de $z_{1}$ est alors :

$z_{1}=3\left(\cos \left(-\frac{\pi }{4} \right)+i\sin \left(-\frac{\pi }{4}\right)\right)$

Nous avons : $z_{2} =\sqrt{3} +i$

Commençons, par le module de $z_{2}$.

$\left|z_{2} \right|=\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^{2} +1^{2} }=2$

Pour l'argument $\theta$ on sait que :

$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie réelle de } z_{2}}{\text{module de } z_{2}} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } z_{2}}{\text{module de } z_{2} } } \end{array}\right.$
Ainsi : $\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\sqrt{3} }{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{1 }{2} } \end{array}\right.$
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que $\theta =\frac{\pi }{6} \left[2\pi \right]$

Il en résulte donc que :

Une forme trigonométrique de $z_{2}$ est alors :

$z_{2}=2\left(\cos \left(\frac{\pi }{6} \right)+i\sin \left(\frac{\pi }{6}\right)\right)$

$Z=z_{1}\times z_{2}$ équivaut successivement à :
$Z=\left(\frac{3\sqrt{2} }{2} -\frac{3\sqrt{2} }{2} i\right)\times \left(\sqrt{3} +i\right)$
$Z=\frac{3\sqrt{2} }{2} \times \sqrt{3} +\frac{3\sqrt{2} }{2} i-\frac{3\sqrt{2} }{2} i\times \sqrt{3} -\frac{3\sqrt{2} }{2} i^{2}$
$Z=\frac{3\sqrt{6} }{2} +\frac{3\sqrt{2} }{2} i-\frac{3\sqrt{6} }{2} i+\frac{3\sqrt{2} }{2}$
$Z=\frac{3\sqrt{6} }{2} +\frac{3\sqrt{2} }{2} +\frac{3\sqrt{2} }{2} i-\frac{3\sqrt{6} }{2} i$
$Z=\frac{3\sqrt{6} }{2} +\frac{3\sqrt{2} }{2} +i\left(\frac{3\sqrt{2} }{2} -\frac{3\sqrt{6} }{2} \right)$
$Z=\frac{3\sqrt{6}+3\sqrt{2} }{2} +i\left(\frac{3\sqrt{2}-3\sqrt{6} }{2}\right)$
Finalement :