Les nombres complexes

Exercice 8 - Exercice 1

1 min
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Question 1
On travaille dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct (0;u⃗;v⃗)\left(0;\vec{u} ;\vec{v} \right). On considère les points AA, BB, CC et DD d'affixes respectives 33, 4i4i, −2+3i-2+3i et 1−i1-i.

Placer les points AA, BB, CC et DD dans le plan.

Correction
Question 2

Quelle est la nature du quadrilatère ABCDABCD? Justifier votre réponse.

Correction
On remarque que :
zA+zC2=3−2+3i2=1+3i2\frac{z_{A} +z_{C} }{2} =\frac{3-2+3i}{2}=\frac{1+3i}{2}
zB+zD2=4i+1−i2=1+3i2\frac{z_{B} +z_{D} }{2} =\frac{4i+1-i}{2}=\frac{1+3i}{2}.
Cela signifie que les diagonales [AC]\left[AC\right] et [BD]\left[BD\right] ont même milieu. De ce fait le quadrilatère ABCDABCD est un parallélogramme.
Question 3
On considère dans l’ensemble des complexes les équations : z2−(1+3i)z−6+9i=0z^{2}-\left(1+3i\right)z-6+9i=0 et z2−(3i+1)z+4+4i=0z^{2}-\left(3i+1\right)z+4+4i=0

Montrer que est 33 une solution de l'équation z2−(1+3i)z−6+9i=0z^{2}-\left(1+3i\right)z-6+9i=0 .

Correction
Il faut dans l'expression z2−(1+3i)z−6+9iz^{2}-\left(1+3i\right)z-6+9i remplacer tous les zz par 33 et nous devons obtenir 00.
32−(1+3i)×3−6+9i=9−(3+9i)−6+9i3^{2} -\left(1+3i\right)\times 3-6+9i=9-\left(3+9i\right)-6+9i
32−(1+3i)×3−6+9i=9−3−9i−6+9i3^{2} -\left(1+3i\right)\times 3-6+9i=9-3-9i-6+9i
32−(1+3i)×3−6+9i=03^{2} -\left(1+3i\right)\times 3-6+9i=0

Question 4

Montrer que 4i4i est solution de l'équation z2−(3i+1)z+4+4i=0z^{2}-\left(3i+1\right)z+4+4i=0

Correction
Il faut dans l'expression z2−(3i+1)z+4+4iz^{2}-\left(3i+1\right)z+4+4i remplacer tous les zz par 4i4i et nous devons obtenir 00.
(4i)2−(3i+1)×4i+4+4i=16i2−(12i2+4i)+4+4i\left(4i\right)^{2} -\left(3i+1\right)\times 4i+4+4i=16i^{2} -\left(12i^{2} +4i\right)+4+4i
(4i)2−(3i+1)×4i+4+4i=−16−(−12+4i)+4+4i\left(4i\right)^{2} -\left(3i+1\right)\times 4i+4+4i=-16-\left(-12+4i\right)+4+4i
(4i)2−(3i+1)×4i+4+4i=−16+12−4i+4+4i\left(4i\right)^{2} -\left(3i+1\right)\times 4i+4+4i=-16+12-4i+4+4i
(4i)2−(3i+1)×4i+4+4i=0\left(4i\right)^{2} -\left(3i+1\right)\times 4i+4+4i=0
Question 5

Développer (z−3)(z+2−3i)\left(z-3\right)\left(z+2-3i\right) puis (z−4i)(z−1+i)\left(z-4i\right)\left(z-1+i\right)

Correction
D'une part :
(z−3)(z+2−3i)=z2+2z−3iz−3z−6+9i\left(z-3\right)\left(z+2-3i\right)=z^{2} +2z-3iz-3z-6+9i
(z−3)(z+2−3i)=z2−z−3iz−6+9i\left(z-3\right)\left(z+2-3i\right)=z^{2} -z-3iz-6+9i
(z−3)(z+2−3i)=z2−(1+3i)z−6+9i\left(z-3\right)\left(z+2-3i\right)=z^{2} -\left(1+3i\right)z-6+9i

D'autre part :
(z−4i)(z−1+i)=z2−z+iz−4iz+4i−4i2\left(z-4i\right)\left(z-1+i\right)=z^{2} -z+iz-4iz+4i-4i^{2}
(z−4i)(z−1+i)=z2−z−3iz+4i+4\left(z-4i\right)\left(z-1+i\right)=z^{2} -z-3iz+4i+4
(z−4i)(z−1+i)=z2−(1+3i)+4i+4\left(z-4i\right)\left(z-1+i\right)=z^{2} -\left(1+3i\right)+4i+4

Question 6

En déduire les solutions de (z2−(1+3i)z−6+9i)(z2−(3i+1)z+4+4i)=0\left(z^{2}-\left(1+3i\right)z-6+9i\right)\left(z^{2}-\left(3i+1\right)z+4+4i\right)=0

Correction
Nous voulons résoudre (z2−(1+3i)z−6+9i)(z2−(3i+1)z+4+4i)=0\left(z^{2}-\left(1+3i\right)z-6+9i\right)\left(z^{2}-\left(3i+1\right)z+4+4i\right)=0
Or d'après la question précédente, nous avons vu que : (z−3)(z+2−3i)=z2−(1+3i)z−6+9i\left(z-3\right)\left(z+2-3i\right)=z^{2} -\left(1+3i\right)z-6+9i et (z−4i)(z−1+i)=z2−(1+3i)+4i+4\left(z-4i\right)\left(z-1+i\right)=z^{2} -\left(1+3i\right)+4i+4
Il en résulte donc que :
(z2−(1+3i)z−6+9i)(z2−(3i+1)z+4+4i)=0\left(z^{2}-\left(1+3i\right)z-6+9i\right)\left(z^{2}-\left(3i+1\right)z+4+4i\right)=0 équivaut successivement à :
(z−3)(z+2−3i)(z−4i)(z−1+i)=0\left(z-3\right)\left(z+2-3i\right)\left(z-4i\right)\left(z-1+i\right)=0
Il s'agit d'une équation produit nul.
Il faut donc que :
z−3=0z-3=0 ou z+2−3i=0z+2-3i=0 ou z−4i=0z-4i=0 ou z−1+i=0z-1+i=0
Il vient alors que :
z=3z=3 ou z=−2+3iz=-2+3i ou z=4iz=4i ou z=1−iz=1-i
Finalement :
S={3;−2+3i;4i;1−i}S=\left\{3;-2+3i;4i;1-i\right\}
Question 7

Soit z0z_{0} la solution dont la partie imaginaire est strictement négative. Donner la forme trigonométrique et exponentielle de z0z_{0}.

Correction
Parmi les quatre solutions obtenue à la question 66, celle dont la partie imaginaire est strictement négative est 1−i1-i. Ainsi z0=1−iz_{0}=1-i .
∣z0∣=12+(−1)2=2\left|z_{0} \right|=\sqrt{1^{2} +\left(-1\right)^{2} } =\sqrt{2}
Pour l'argument θ\theta on sait que {cos⁡(θ)=partie reˊelle de z0module de z0sin⁡(θ)=partie imaginaire de z0module de z0\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie réelle de } z_{0}}{\text{module de } z_{0}} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } z_{0}}{\text{module de } z_{0} } } \end{array}\right.
On a donc {cos⁡(θ)=12sin⁡(θ)=−12\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{1}{\sqrt{2} } } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{-1}{\sqrt{2} } } \end{array}\right.
D'où : {cos⁡(θ)=1×22×2=22sin⁡(θ)=−1×22×2=−22\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{1\times \sqrt{2} }{\sqrt{2} \times \sqrt{2} } =\frac{\sqrt{2} }{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{-1\times \sqrt{2} }{\sqrt{2} \times \sqrt{2} } =\frac{-\sqrt{2} }{2} } \end{array}\right.
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que
θ=−π4[2π]\theta =-\frac{\pi }{4} \left[2\pi \right]


Soit zz un nombre complexe dont le module est ∣z∣\left|z\right| et θ\theta un argument de zz.
  • L'écriture trigonométrique de zz est alors z=∣z∣(cos⁡(θ)+isin⁡(θ))z=\left|z\right|\left(\cos \left(\theta \right)+i\sin \left(\theta \right)\right)
  • L'écriture exponentielle de zz est alors z=∣z∣eiθz=\left|z\right|e^{i\theta }
L'écriture trigonométrique de z0z_{0} est alors
z0=2(cos⁡(−π4)+isin⁡(−π4))z_{0} =\sqrt{2}\left(\cos \left(-\frac{\pi }{4} \right)+i\sin \left(-\frac{\pi }{4} \right)\right)

L'écriture exponentielle de z0z_{0} est alors
z0=2e−iπ4z_{0} =\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi }{4} }
Question 8

Déterminer les entiers relatifs nn tels que les points MnM_{n} d'affixes z0nz_{0}^{n} soient sur la droite d'équation y=xy=x .

Correction
z0=2e−iπ4z_{0} =\sqrt{2} e^{-i\frac{\pi }{4} }
(z0)n=(2e−iπ4)n\left(z_{0} \right)^{n} =\left(\sqrt{2} e^{-i\frac{\pi }{4} } \right)^{n}
(z0)n=(2)n(e−iπ4)n\left(z_{0} \right)^{n} =\left(\sqrt{2} \right)^{n} \left(e^{-i\frac{\pi }{4} } \right)^{n}
D'où : z0n=(2)ne−inπ4z_{0}^{n} =\left(\sqrt{2} \right)^{n} e^{-i\frac{n\pi }{4} }
Les points appartenant à la droite y=xy=x ont un argument qui vaut π4+kπ\frac{\pi }{4} +k\pi et les points MnM_{n} ont un argument qui vaut nπ4\frac{n\pi }{4}
Mn∈y=x⇔−nπ4=π4+kπM_{n} \in y=x\Leftrightarrow -n\frac{\pi }{4} =\frac{\pi }{4} +k\pi avec k∈Zk\in \mathbb{Z}
Mn∈y=x⇔−n14=14+kM_{n} \in y=x\Leftrightarrow -n\frac{1}{4} =\frac{1}{4} +k
Mn∈y=x⇔−n=1+4kM_{n} \in y=x\Leftrightarrow -n=1+4k
Mn∈y=x⇔n=−1−4kM_{n} \in y=x\Leftrightarrow n=-1-4k

Question 9
On appelle ff l'application qui au point MM d'affixe zz, associe le point M′M', d'affixe z′z' telle que : z′=z2−(1+3i)z−6+9iz'=z^{2}-\left(1+3i\right)z-6+9i

Donner la partie réelle et la partie imaginaire de z′z'.

Correction
On pose z=x+iyz=x+iy
z′=z2−(1+3i)z−6+9iz'=z^{2}-\left(1+3i\right)z-6+9i équivaut successivement à :
z′=(x+iy)2−(1+3i)(x+iy)−6+9iz'=\left(x+iy\right)^{2} -\left(1+3i\right)\left(x+iy\right)-6+9i
z′=x2+2ixy+(iy)2−(x+iy+3ix+3i2y)−6+9iz'=x^{2} +2ixy+\left(iy\right)^{2} -\left(x+iy+3ix+3i^{2} y\right)-6+9i
z′=x2+2ixy+i2y2−(x+iy+3ix+3i2y)−6+9iz'=x^{2} +2ixy+i^{2} y^{2} -\left(x+iy+3ix+3i^{2} y\right)-6+9i
z′=x2+2ixy−y2−(x+iy+3ix−3y)−6+9iz'=x^{2} +2ixy-y^{2} -\left(x+iy+3ix-3y\right)-6+9i
z′=x2+2ixy−y2−x−iy−3ix+3y−6+9iz'=x^{2} +2ixy-y^{2} -x-iy-3ix+3y-6+9i
z′=x2−y2−x+3y−6−iy−3ix+2ixy+9iz'=x^{2} -y^{2} -x+3y-6-iy-3ix+2ixy+9i
z′=x2−y2−x+3y−6+i(−y−3x+2xy+9)z'=x^{2} -y^{2} -x+3y-6+i\left(-y-3x+2xy+9\right)