Les nombres complexes

Exercices types : Prendre des initiatives - Exercice 1

20 min
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Question 1
On munit le plan complexe d'un repère orthonormé direct (O,u⃗,v⃗)\left(O, \vec{u}, \vec{v}\right).
On considère les points AA, BB, CC et DD distincts d’affixes respectives zAz_{A}, zBz_{B}, zCz_{C} et zDz_{D} tels que :
  • zA+zC=zB+zDz_{A}+z_{C}=z_{B}+z_{D}
  • zA+izB=zC+izDz_{A}+iz_{B}=z_{C}+iz_{D}

    • Démontrer que le quadrilatère ABCDABCD est un carré.

    Correction
    La première égalité zA+zC=zB+zDz_{A}+z_{C}=z_{B}+z_{D} peut également s'écrire zA+zC2=zB+zD2\frac{z_{A}+z_{C}}{2}=\frac{z_{B}+z_{D}}{2} . Cela signifie que les segments [AC]\left[AC\right] et [BD]\left[BD\right] ont le même milieu. Or, un quadrilatère dont les diagonales ont le même milieu est un parallélogramme.
    La deuxième égalité zA+izB=zC+izDz_{A}+iz_{B}=z_{C}+iz_{D} permet d'écrire que :
    zA−zC=izD−izBz_{A}-z_{C}=iz_{D}-iz_{B}
    zA−zC=i(zD−zB)z_{A}-z_{C}=i\left(z_{D}-z_{B}\right)
    et enfin que :
    zA−zCzD−zB=i\frac{z_{A}-z_{C}}{z_{D}-z_{B}}=i
    Calculons le module et un argument de zA−zCzD−zB\frac{z_{A}-z_{C}}{z_{D}-z_{B}}.
    ∣zA−zCzD−zB∣=02+(1)2=1=1.\left|\frac{z_{A}-z_{C}}{z_{D}-z_{B}} \right|=\sqrt{0^{2} +\left(1\right)^{2} } =\sqrt{1} =1.
    Pour l'argument θ\theta on sait que {cos⁡(θ)=partie reelle de module sin⁡(θ)=partie imaginaire de module \left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie reelle de } }{\text{module }} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } }{\text{module } } } \end{array}\right.
    On a donc {cos⁡(θ)=01sin⁡(θ)=11\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{0}{1} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{1}{1} } \end{array}\right.
    d'où {cos⁡(θ)=0sin⁡(θ)=1\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {0} \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {1} \end{array}\right. . Avec le cercle trigonométrique on en déduit que θ=π2[2π]\theta =\frac{\pi }{2} \left[2\pi \right].
    Finalement : ∣zA−zCzD−zB∣=1\left|\frac{z_{A}-z_{C}}{z_{D}-z_{B}} \right| =1 et arg⁡(zA−zCzD−zB)=π2\arg \left(\frac{z_{A}-z_{C}}{z_{D}-z_{B}} \right)=\frac{\pi }{2} [2π]\left[2\pi \right]
  • ∣z1z2∣=∣z1∣∣z2∣\left|\frac{z_{1}}{z_{2}} \right|=\frac{\left|z_{1} \right|}{\left|z_{2} \right|}
  • D'après le cours on sait que : arg⁡(zA−zBzC−zD)=(DC→;BA→)\arg \left(\frac{z_{A} -z_{B} }{z_{C} -z_{D} } \right)=\left(\overrightarrow{DC} ;\overrightarrow{BA} \right)
    •  D’une part :\red{\text{ D'une part :}}
    ∣zA−zCzD−zB∣=1\left|\frac{z_{A}-z_{C}}{z_{D}-z_{B}} \right| =1 équivaut successivement à :
    ∣zA−zC∣∣zD−zB∣=1\frac{\left|z_{A}-z_{C}\right|}{\left|z_{D}-z_{B}\right|}=1 . Or : ∣zA−zC∣\left|z_{A}-z_{C}\right| correspond à la distance ACAC et ∣zD−zB∣\left|z_{D}-z_{B}\right| correspond à la distance DBDB.
    Ainsi :
    ACDB=1\frac{AC}{DB}=1 . Il vient alors que :
    AC=DBAC=DB
    .
    Les diagonales [AC]\left[AC\right] et [BD]\left[BD\right] du parallélogramme ABCDABCD ont la même longueur.
     D’autre part :\red{\text{ D'autre part :}}
    arg⁡(zA−zCzD−zB)=π2\arg \left(\frac{z_{A}-z_{C}}{z_{D}-z_{B}} \right)=\frac{\pi }{2} [2π]\left[2\pi \right] équivaut successivement à :
    (BD→;CA→)=π2\left(\overrightarrow{BD} ;\overrightarrow{CA} \right)=\frac{\pi }{2} [2π]\left[2\pi \right]

    Les diagonales [AC]\left[AC\right] et [BD]\left[BD\right] du parallélogramme ABCDABCD sont perpendiculaires.
    Finalement , le parallélogramme ABCDABCD a ses diagonales de mêmes longueurs et perpendiculaires. Il s'agit donc bien d'un carré.