Les nombres complexes

Exercice 4 utilisé sur expert - Exercice 1

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Cet exercice est un questionnaire à choix multiples.
Pour chacune de ces questions, une seule des réponses proposées est exacte.
On demande bien sûr de justifier.
On munit le plan complexe d'un repère orthonormé direct (O;u⃗;v⃗)\left(O;\vec{u};\vec{v}\right).
Question 1

Un argument, à 2π2\pi près, de la racine P(z)=3(πz+19)P\left(z\right)=\sqrt{3} \left(\pi z+\sqrt{19} \right) est :
  • −π2-\frac{\pi }{2}
  • 00
  • π2\frac{\pi }{2}
  • π\pi

Correction
La bonne réponse est d.
Résolvons P(z)=0P\left(z\right)=0.
3(πz+19)=0\sqrt{3} \left(\pi z+\sqrt{19} \right)=0 équivaut successivement à
πz+19=03\pi z+\sqrt{19} =\frac{0}{\sqrt{3} }
πz+19=0\pi z+\sqrt{19} =0
πz=−19\pi z=-\sqrt{19}
z=−19πz=\frac{-\sqrt{19} }{\pi } . Il n'y a aucun intérêt à connaitre la valeur exacte de zz, ce que l'on remarque aisément c'est le signe de zz. En effet, zz est un réel strictement négatif.
Autrement dit, on peut écrire que
La forme trigonométrique de zz est z=19π(cos⁡(π)+isin⁡(π))z=\frac{\sqrt{19} }{\pi } \left(\cos \left(\pi \right)+i\sin \left(\pi \right)\right) car cos⁡(π)=−1\cos \left(\pi \right)=-1 et sin⁡(π)=0\sin \left(\pi \right)=0
Ainsi , l'écriture exponentielle de zz est z=19πeiπz=\frac{\sqrt{19} }{\pi } e^{i\pi } .
Il en résulte qu'un argument de zz est π\pi .
Question 2

On pose B=e−iπ4B=e^{-i\frac{\pi }{4} } alors la forme exponentielle de −1β‾\frac{-1}{\overline{\beta }} est :
  • −e−iπ4-e^{-i\frac{\pi }{4} }
  • −eiπ4-e^{i\frac{\pi }{4} }
  • e3iπ4e^{3i\frac{\pi }{4} }

Correction
La bonne réponse est c.
Dans un premier temps le conjugué de B=e−iπ4B=e^{-i\frac{\pi }{4} } est B‾=eiπ4\overline{B}=e^{i\frac{\pi }{4} } . Ainsi
−1β‾=−1eiπ4\frac{-1}{\overline{\beta }} =\frac{-1}{e^{i\frac{\pi }{4} } } équivaut successivement à
−1β‾=−e−iπ4\frac{-1}{\overline{\beta }} =-e^{-i\frac{\pi }{4} } . Or −1=eiπ-1=e^{i\pi } , d'où
−1β‾=eiπe−iπ4\frac{-1}{\overline{\beta }} =e^{i\pi } e^{-i\frac{\pi }{4} }
−1β‾=ei(π−π4)\frac{-1}{\overline{\beta }} =e^{i\left(\pi -\frac{\pi }{4} \right)}
−1β‾=e3iπ4\frac{-1}{\overline{\beta }} =e^{3i\frac{\pi }{4} }
Question 3

Le nombre complexe A=(ieiπ5)2015A=\left(ie^{i\frac{\pi }{5} } \right)^{2015} ...
  • est réel
  • est imaginaire pure
  • a une partie imaginaire strictement négative
  • a une partie réelle strictement positive

Correction
La bonne réponse est b.
A=(ieiπ5)2015A=\left(ie^{i\frac{\pi }{5} } \right)^{2015} équivaut successivement à
A=(i)2015(eiπ5)2015A=\left(i\right)^{2015} \left(e^{i\frac{\pi }{5} } \right)^{2015}
On calcule d'une part
(i)2015=(i)2014×i\left(i\right)^{2015} =\left(i\right)^{2014} \times i
(i)2015=(i2)1012×i\left(i\right)^{2015} =\left(i^{2} \right)^{1012} \times i
(i)2015=(−1)1012×i\left(i\right)^{2015} =\left(-1\right)^{1012} \times i
(i)2015=i\left(i\right)^{2015} =i
On calcule d'autre part
(eiπ5)2015=eiπ5×2015\left(e^{i\frac{\pi }{5} } \right)^{2015} =e^{i\frac{\pi }{5} \times 2015}
(eiπ5)2015=ei403π\left(e^{i\frac{\pi }{5} } \right)^{2015} =e^{i403\pi } or 403π=2×201π+π403\pi =2\times 201\pi +\pi donc 403π=π+2kπ403\pi =\pi +2k\pi . Donc une mesure principale de403π403\pi est π\pi .
D'où
(eiπ5)2015=eiπ\left(e^{i\frac{\pi }{5} } \right)^{2015} =e^{i\pi }
(eiπ5)2015=−1\left(e^{i\frac{\pi }{5} } \right)^{2015} =-1
Finalement
A=(i)2015(eiπ5)2015A=\left(i\right)^{2015} \left(e^{i\frac{\pi }{5} } \right)^{2015} s'écrit
A=i×(−1)A=i\times \left(-1\right)
A=−iA=-i
Question 4

On pose j=(eiπ3)2j=\left(e^{i\frac{\pi }{3} } \right)^{2}
Alors :
  • j2+j+1=−1j^{2} +j+1=-1
  • j2+j+1=jj^{2} +j+1=j
  • j2+j+1=1j^{2} +j+1=1
  • j2+j+1=0j^{2} +j+1=0

Correction
La bonne réponse est d.

eiθ=cos⁡(θ)+isin⁡(θ)e^{i\theta } =\cos \left(\theta \right)+i\sin \left(\theta \right)

Tout d'abord commençons à simplifier j=(eiπ3)2j=\left(e^{i\frac{\pi }{3} } \right)^{2} qui s'écrit j=e2iπ3j=e^{2i\frac{\pi }{3} } .
Ainsi
j2+j+1=(e2iπ3)2+e2iπ3+1j^{2} +j+1=\left(e^{2i\frac{\pi }{3} } \right)^{2} +e^{2i\frac{\pi }{3} } +1 équivaut successivement à
j2+j+1=e4iπ3+e2iπ3+1j^{2} +j+1=e^{4i\frac{\pi }{3} } +e^{2i\frac{\pi }{3} } +1
j2+j+1=cos⁡(4π3)+isin⁡(4π3)+cos⁡(2π3)+isin⁡(2π3)+1j^{2} +j+1=\cos \left(\frac{4\pi }{3} \right)+i\sin \left(\frac{4\pi }{3} \right)+\cos \left(\frac{2\pi }{3} \right)+i\sin \left(\frac{2\pi }{3} \right)+1
j2+j+1=−12−i32−12+i32+1j^{2} +j+1=-\frac{1}{2} -i\frac{\sqrt{3} }{2} -\frac{1}{2} +i\frac{\sqrt{3} }{2} +1
j2+j+1=0j^{2} +j+1=0
Question 5

Pour tout θ\theta nombre réel, on considère que z=1−e−iθz=1-e^{-i\theta } , alors :
  • Le conjugué de z est z=1+e−iθz=1+e^{-i\theta }
  • Un argument de z est θ\theta
  • Un argument de z est −θ-\theta
  • Le module de z est 1−2cos⁡(θ)+1\sqrt{1-2\cos \left(\theta \right)+1}

Correction
La bonne réponse est d.
  • eiθ=cos⁡(θ)+isin⁡(θ)e^{i\theta } =\cos \left(\theta \right)+i\sin \left(\theta \right)
  • cos⁡2(θ)+sin⁡2(θ)=1\cos ^{2} \left(\theta \right)+\sin ^{2} \left(\theta \right)=1
  • cos⁡(−θ)=cos⁡(θ)\cos \left(-\theta \right)=\cos \left(\theta \right)
  • sin⁡(−θ)=−sin⁡(θ)\sin \left(-\theta \right)=-\sin \left(\theta \right)
z=1−e−iθz=1-e^{-i\theta } équivaut successivement à
z=1−(cos⁡(−θ)+isin⁡(−θ))z=1-\left(\cos \left(-\theta \right)+i\sin \left(-\theta \right)\right)
z=1−(cos⁡(θ)−isin⁡(θ))z=1-\left(\cos \left(\theta \right)-i\sin \left(\theta \right)\right)
z=1−cos⁡(θ)+isin⁡(θ)z=1-\cos \left(\theta \right)+i\sin \left(\theta \right)
On calcule maintenant le module de zz. Ainsi
∣z∣=(1−cos⁡(θ))2+(sin⁡(θ))2\left|z\right|=\sqrt{\left(1-\cos \left(\theta \right)\right)^{2} +\left(\sin \left(\theta \right)\right)^{2} } équivaut successivement à
∣z∣=1−2cos⁡(θ)+cos⁡2(θ)+sin⁡2(θ)\left|z\right|=\sqrt{1-2\cos \left(\theta \right)+\cos ^{2} \left(\theta \right)+\sin ^{2} \left(\theta \right)}
∣z∣=1−2cos⁡(θ)+1\left|z\right|=\sqrt{1-2\cos \left(\theta \right)+1}
∣z∣=2−2cos⁡(θ)\left|z\right|=\sqrt{2-2\cos \left(\theta \right)}
∣z∣=2(1−1cos⁡(θ))\left|z\right|=\sqrt{2\left(1-1\cos \left(\theta \right)\right)}
∣z∣=21−1cos⁡(θ)\left|z\right|=\sqrt{2} \sqrt{1-1\cos \left(\theta \right)}
Question 6

Soient z1z_{1} et z2z_{2} les solutions de l'équation z2+z+1=0z^{2} +z+1=0 alors :
  • z1z2=1z_{1} z_{2} =1
  • z1z2=−1z_{1} z_{2} =-1
  • z1z2=3z_{1} z_{2} =\sqrt{3}
  • z1z2=−3z_{1} z_{2} =-\sqrt{3}

Correction
La bonne réponse est a.
z2+z+1=0z^{2} +z+1=0
Δ=−3\Delta =-3, il existe donc deux racines complexes conjuguées notées z1z_{1} et z2z_{2} tels que z1=−b−i−Δ2az_{1} =\frac{-b-i\sqrt{-\Delta } }{2a} et z2=−b+i−Δ2az_{2} =\frac{-b+i\sqrt{-\Delta } }{2a}
z1=−1−i32z_{1} =\frac{-1-i\sqrt{3} }{2} et z2=−1+i32z_{2} =\frac{-1+i\sqrt{3} }{2} . Donc S={−1−i32;−1−i32}S=\left\{\frac{-1-i\sqrt{3} }{2} ;\frac{-1-i\sqrt{3} }{2} \right\}
Or
z1z2=(−1−i32)(−1+i32)z_{1} z_{2} =\left(\frac{-1-i\sqrt{3} }{2} \right)\left(\frac{-1+i\sqrt{3} }{2} \right)
z1z2=(−1−i32)(−1+i32)z_{1} z_{2} =\left(\frac{-1-i\sqrt{3} }{2} \right)\left(\frac{-1+i\sqrt{3} }{2} \right)
z1z2=1−i3+i3−3i24z_{1} z_{2} =\frac{1-i\sqrt{3} +i\sqrt{3} -3i^{2} }{4}
z1z2=1+34z_{1} z_{2} =\frac{1+3}{4}
z1z2=1z_{1} z_{2} =1
Question 7

Dans un repère orthonormé direct (O;u⃗;v⃗)\left(O; \vec{u};\vec{v}\right) du plan complexe, on considère l'application ff qui à tout point MM d'affixe zz où z≠−2z\ne -2 associe le point M′M' d'affixe z′=z−1z+2z'=\frac{z-1}{z+2} .
L'ensemble des points MM tels que OM′=1OM'=1 est :
  • Une droite privée d'un point
  • Un cercle privé d'un point
  • Une droite
  • Un cercle

Correction
La bonne réponse est c.
L'expression OM′=1OM'=1 se traduit à l'aide d'un module. En effet, la distance OM′OM'correspond au module de z′z'.
Ainsi
Soit z≠−2z\ne -2.
OM′=1OM'=1équivaut successivement à
∣z′∣=1\left|z'\right|=1
∣z−1z+2∣=1\left|\frac{z-1}{z+2} \right|=1
∣z−1∣∣z+2∣=1\frac{\left|z-1\right|}{\left|z+2\right|} =1
∣z−1∣=∣z+2∣\left|z-1\right|=\left|z+2\right|
On pose zA=1z_{A} =1et zB=−2z_{B} =-2
ainsi ∣z−zA∣=∣z−zB∣\left|z-z_{A} \right|=\left|z-z_{B} \right|.
Il en résulte que AM=BMAM=BM.
L'ensemble des points MM du plan tel que OM′=1OM'=1 est la médiatrice du segment [AB]\left[AB\right].
Question 8

Soit zz un nombre complexe non nul tel que z=x+iyz=x+iy où xx et yy sont des réels.
Soit z′=1zz'=\frac{1}{z} .
L'écriture algébrique de z′z' est :
  • xx2+y2+iyx2+y2\frac{x}{x^{2} +y^{2} } +i\frac{y}{x^{2} +y^{2} }
  • xx2+y2−iyx2+y2\frac{x}{x^{2} +y^{2} } -i\frac{y}{x^{2} +y^{2} }
  • yx2+y2+ixx2+y2\frac{y}{x^{2} +y^{2} } +i\frac{x}{x^{2} +y^{2} }
  • yx2+y2−ixx2+y2\frac{y}{x^{2} +y^{2} } -i\frac{x}{x^{2} +y^{2} }

Correction
La bonne réponse est b.
z′=1zz'=\frac{1}{z} équivaut successivement à
z′=1x+iyz'=\frac{1}{x+iy}
z′=x−iy(x+iy)(x−iy)z'=\frac{x-iy}{\left(x+iy\right)\left(x-iy\right)}
z′=x−iyx2+y2z'=\frac{x-iy}{x^{2} +y^{2} }
z′=xx2+y2−iyx2+y2z'=\frac{x}{x^{2} +y^{2} } -i\frac{y}{x^{2} +y^{2} }
Question 9

La forme exponentielle de Z=−2(cos⁡(−π9)+isin⁡(−π9))Z=-2\left(\cos \left(-\frac{\pi }{9} \right)+i\sin \left(-\frac{\pi }{9} \right)\right) est :
  • Z=−2e−iπ9Z=-2e^{-i\frac{\pi }{9} }
  • Z=2e−iπ9Z=2e^{-i\frac{\pi }{9} }
  • Z=2ei8π9Z=2e^{i\frac{8\pi }{9} }
  • Aucune des trois propositions ci-dessus n'est correcte

Correction
La bonne réponse est c.

eiθ=cos⁡(θ)+isin⁡(θ)e^{i\theta } =\cos \left(\theta \right)+i\sin \left(\theta \right)
Z=−2(cos⁡(−π9)+isin⁡(−π9))Z=-2\left(\cos \left(-\frac{\pi }{9} \right)+i\sin \left(-\frac{\pi }{9} \right)\right) équivaut successivement à
Z=−2e−iπ9Z=-2e^{-i\frac{\pi }{9} } or −1=eiπ-1=e^{i\pi } . Il vient alors
Z=2e−iπ9eiπZ=2e^{-i\frac{\pi }{9} } e^{i\pi }
Z=2ei(−π9+π)Z=2e^{i\left(-\frac{\pi }{9} +\pi \right)}
Z=2ei8π9Z=2e^{i\frac{8\pi }{9} }
Question 10

Dans un repère orthonormé direct (O;u⃗;v⃗)\left(O;\vec{u};\vec{v}\right) du plan complexe, on considère les points AA, BB et CC d'affixes respectives zA=2+iz_{A} =2+i; zB=−3−2iz_{B} =-3-2i et zC=iz_{C} =i.
L'affixe du point DD tel que DBACDBAC soit un parallélogramme , est égale à :
  • −1−4i-1-4i
  • 5+2i5+2i
  • −5-5
  • Aucune des trois propositions ci-dessus n'est correcte

Correction
La bonne réponse est d.
Pour que le quadrilatère DBACDBAC soit un parallélogramme, il faut que DB⃗=CA⃗\vec{DB} =\vec{CA} ou encore zDB⃗=zCA⃗z_{\vec{DB} } =z_{\vec{CA} } .
On note zDz_{D} l'affixe du point DD.
D'une part : zDB⃗=zB−zDz_{\vec{DB} } =z_{B} -z_{D} c'est-à-dire zDB⃗=−3−2i−zDz_{\vec{DB} } =-3-2i-z_{D}
D'autre part : zCA⃗=zA−zCz_{\vec{CA} } =z_{A} -z_{C} c'est-à-dire zCA⃗=2+i−i=2z_{\vec{CA} } =2+i-i=2
Il vient alors que
zDB⃗=zCA⃗z_{\vec{DB} } =z_{\vec{CA} } équivaut successivement à
−3−2i−zD=2-3-2i-z_{D} =2
−zD=2+3+2i-z_{D} =2+3+2i
−zD=5+2i-z_{D} =5+2i
zD=−5−2iz_{D} =-5-2i
Question 11

Pour tout entier naturel nn, on note AnA_{n} le point d'affixe znz_{n} défini par z0=1z_{0} =1 et zn+1=(1+i)eiπznz_{n+1} =\frac{\left(1+i\right)}{e^{i\pi } } z_{n} .
On définit la suite (rn)\left(r_{n} \right) par rn=∣zn∣r_{n} =\left|z_{n} \right| pour tout entier naturel nn.
  • la suite (rn)\left(r_{n} \right) est convergente.
  • la suite (rn)\left(r_{n} \right) est divergente.
  • la suite (rn)\left(r_{n} \right) est géométrique de raison q=−2q=-\sqrt{2} .
  • la suite (rn)\left(r_{n} \right) est arithmétique de raison r=2r=\sqrt{2} .

Correction
La bonne réponse est b.
Simplifions l'expression zn+1=(1+i)eiπznz_{n+1} =\frac{\left(1+i\right)}{e^{i\pi } } z_{n} . En effet eiπ=cos⁡(π)+isin⁡(π)=−1e^{i\pi } =\cos \left(\pi \right)+i\sin \left(\pi \right)=-1.
Donc zn+1=(1+i)−1zn=(−1−i)znz_{n+1} =\frac{\left(1+i\right)}{-1} z_{n} =\left(-1-i\right)z_{n}
Nous allons dans un premier temps montrer que la suite (rn)\left(r_{n} \right) est une suite géométrique.
On sait que rn=∣zn∣r_{n} =\left|z_{n} \right|
D'où
rn+1=∣zn+1∣r_{n+1} =\left|z_{n+1} \right|
rn+1=∣(−1−i)zn∣r_{n+1} =\left|\left(-1-i\right)z_{n} \right| Or ∣a×b∣=∣a∣×∣a∣\left|a\times b\right|=\left|a\right|\times \left|a\right|, donc
rn+1=∣−1−i∣×∣zn∣r_{n+1} =\left|-1-i\right|\times \left|z_{n} \right|. On calcule ∣−1−i∣=2=2\left|-1-i\right|=\sqrt{2} =\sqrt{2}
rn+1=2×∣zn∣r_{n+1} =\sqrt{2} \times \left|z_{n} \right|
rn+1=2×rnr_{n+1} =\sqrt{2} \times r_{n} . Il en résulte que (rn)\left(r_{n} \right) est une suite géométrique de raison q=2q=\sqrt{2} . Calculons le premier terme de la suite(rn)\left(r_{n} \right).
r0=∣z0∣r_{0} =\left|z_{0} \right|, or z0=1z_{0} =1 donc r0=∣z0∣=1r_{0} =\left|z_{0} \right|=1
Nous pouvons maintenant exprimer rnr_{n} en fonction de nn. Il vient alors que
rn=r0×qnr_{n} =r_{0} \times q^{n}
rn=(2)nr_{n} =\left(\sqrt{2} \right)^{n}
Calculons maintenant lim⁡n→+∞rn=lim⁡n→+∞(2)n\lim\limits_{n\to +\infty } r_{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \left(\sqrt{2} \right)^{n} .
2>1\sqrt{2} >1d'où lim⁡n→+∞(22)n=+∞\lim\limits_{n\to +\infty } \left(2\sqrt{2} \right)^{n} =+\infty ~. La suite (rn)\left(r_{n} \right) est divergente.
Question 12

Les nombres réels aa et bb tels que pour tout nombre complexe zz, on ait z3+(2−i)z2+(1−2i)z−i=(z−i)(z2+az+b)z^{3} +\left(2-i\right)z^{2} +\left(1-2i\right)z-i=\left(z-i\right)\left(z^{2} +az+b\right) sont :
  • a=−2a=-2 et b=1b=1
  • a=−2a=-2 et b=−1b=-1
  • a=2a=2 et b=1b=1
  • a=2a=2 et b=−1b=-1

Correction
La bonne réponse est c.
(z−i)(z2+az+b)=z3+az2+bz−iz2−iaz−ib\left(z-i\right)\left(z^{2} +az+b\right)=z^{3} +az^{2} +bz-iz^{2} -iaz-ib équivaut successivement à
(z−i)(z2+az+b)=z3+z2(a−i)+z(b−ia)−ib\left(z-i\right)\left(z^{2} +az+b\right)=z^{3} +z^{2} \left(a-i\right)+z\left(b-ia\right)-ib
Or on veut que z3+(2−i)z2+(1−2i)z−i=(z−i)(z2+az+b)z^{3} +\left(2-i\right)z^{2} +\left(1-2i\right)z-i=\left(z-i\right)\left(z^{2} +az+b\right) autrement dit
z3+(2−i)z2+(1−i)z−i=z3+z2(a−i)+z(b−ia)−ibz^{3} +\left(2-i\right)z^{2} +\left(1-i\right)z-i=z^{3} +z^{2} \left(a-i\right)+z\left(b-ia\right)-ib
Deux polyn\^{o}mes sont égaux si et seulement leurs coefficients respectifs sont égaux, par identification on obtient le système suivant
{a−i=2−ib−ia=1−2i−ib=−i\left\{\begin{array}{ccc} {a-i} & {=} & {2-i} \\ {b-ia} & {=} & {1-2i} \\ {-ib} & {=} & {-i} \end{array}\right. d'où
{a=2b−ia=1−2ib=1\left\{\begin{array}{ccc} {a} & {=} & {2} \\ {b-ia} & {=} & {1-2i} \\ {b} & {=} & {1} \end{array}\right.