Exercices types : Encore des classiques - Exercice 2

Il nous faut calculer $$P\left(2i\right)$$ et vérifier que $$P\left(2i\right)=0$$ .
$$P\left(2i\right)=\left(2i\right)^{3} +\left(2-2i\right)\times \left(2i\right)^{2} +\left(4-4i\right)\times 2i-8i$$ équivaut successivement à :
$$P\left(2i\right)=-8i+\left(2-2i\right)\times \left(-4\right)+\left(4-4i\right)\times 2i-8i$$
$$P\left(2i\right)=-8i-8+8i+8i-8i^{2} -8i$$
$$P\left(2i\right)=-8i-8+8i+8i+8-8i$$

Ainsi $$2i$$ est bien une solution de l’équation $$P\left(z\right)=0$$.

Nous allons développer l'expression $$P\left(z\right)=\left(z−2i\right)\left(z^{2}+2z+4\right)$$. Ainsi :
$$P\left(z\right)=z^{3} +2z^{2} +4z-2iz^{2} -4iz-8i$$
$$P\left(z\right)=z^{3} +2{\color{blue}z^{2}} -2i{\color{blue}z^{2}} +4{\color{red}z}-4i{\color{red}z}-8i$$ . Nous factorisons les expressions en $${\color{blue}z^{2}}$$ ensemble et les expressions en $${\color{red}z}$$ ensemble.

Résoudre l'équation $$P\left(z\right)=0$$ revient donc à résoudre l'équation $$\left(z−2i\right)\left(z^{2}+2z+4\right)=0$$
Il s'agit donc d'une équation produit nul.

D'une part : résolution de l'équation $$z-2i=0$$

$$z-2i=0\Leftrightarrow$$

D'autre part : résolution de l'équation $$z^{2}+2z+4=0$$

$$\Delta =-12$$, il existe donc deux racines complexes conjuguées notées $$z_{1}$$ et $$z_{2}$$ tels que $$z_{1} =\frac{-b-i\sqrt{-\Delta } }{2a}$$ et $$z_{2} =\frac{-b+i\sqrt{-\Delta } }{2a}$$
et
Finalement les solutions de l'équation $$P\left(z\right)=0$$ sont : $$S=\left\{2i;-1-i\sqrt{3};-1+i\sqrt{3} \right\}$$

Commençons, par le module de $$z_{A}$$.

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

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

$$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie reelle de } z_{A}}{\text{module de } z_{A}} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } z_{A}}{\text{module de } z_{A} } } \end{array}\right.$$
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 $$\theta =\frac{\pi }{3} \left[2\pi \right]$$
Il en résulte donc que :

Une forme exponentielle de $$z_{A}$$ est alors :

$$z_{A}=2e^{i\frac{\pi }{3} }$$

En appliquant la même méthode, on obtient : et

$$Z=\frac{1+i\sqrt{3} -\left(-2\right)}{1-i\sqrt{3} -\left(-2\right)}$$
$$Z=\frac{1+i\sqrt{3} +2}{1-i\sqrt{3} +2}$$
$$Z=\frac{3+i\sqrt{3} }{3-i\sqrt{3} }$$
$$Z=\frac{\left(3+i\sqrt{3} \right)\left(3+i\sqrt{3} \right)}{\left(3-i\sqrt{3} \right)\left(3+i\sqrt{3} \right)}$$
$$Z=\frac{9+3i\sqrt{3} +3i\sqrt{3} +i^{2} \left(\sqrt{3} \right)^{2} }{3^{2} +\left(\sqrt{3} \right)^{2} }$$
$$Z=\frac{9+3i\sqrt{3} +3i\sqrt{3} -3}{12}$$
$$Z=\frac{6+6i\sqrt{3} }{12}$$
$$Z=\frac{1+i\sqrt{3} }{2}$$

Calculons le module de $$Z$$.

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

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

$$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie reelle de } Z}{\text{module de } Z} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } Z}{\text{module de } Z } } \end{array}\right.$$
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 $$\theta =\frac{\pi }{3} \left[2\pi \right]$$
Il en résulte donc que :

Une forme exponentielle de $$Z$$ est alors :

$$Z=e^{i\frac{\pi }{3} }$$

Nous savons que $$Z=\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} }$$ et que $$Z=e^{i\frac{\pi }{3} }$$
Nous en déduisons les informations suivantes :
$$\left|Z \right|=\left|\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right| =1$$ et $$\arg \left(Z \right)=\arg \left(\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right)=\frac{\pi }{3}$$ $$\left[2\pi \right]$$
D'une part :
$$\left|\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right| =1$$ équivaut successivement à :
$$\frac{\left|z_{A}-z_{C}\right|}{\left|z_{B}-z_{C}\right|}=1$$. Or : $$\left|z_{A}-z_{C}\right|$$ correspond à la distance $$AC$$ et $$\left|z_{B}-z_{C}\right|$$ correspond à la distance $$BC$$.
Ainsi :
$$\frac{AC}{BC}=1$$ . Il vient alors que :.
Le triangle $$BCA$$ est isocèle en $$C$$.
D'autre part :
$$\arg \left(\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right)=\frac{\pi }{3}$$ $$\left[2\pi \right]$$ équivaut successivement à :
. Or nous savons également que $$AC=BC$$.
Cela signifie que nous avons un triangle isocèle en $$C$$ et l'angle $$\widehat{C}=\frac{\pi }{3}$$ . Il en résulte donc que les angles à la base $$\widehat{B}$$ et $$\widehat{A}$$ seront égaux car le triangle est isocèle en $$C$$ .
Finalement , le triangle $$BCA$$ est équilatéral .

Si le point $$M$$ appartient à la médiatrice du segment $$\left[AB\right]$$, cela signifie donc que $$MA=MB$$.
Autrement dit , il faut que :
$$\left|z'\right|=1\Leftrightarrow \left|\frac{z_{A} -z}{z_{B} -z} \right|=1\Leftrightarrow \frac{\left|z_{A} -z\right|}{\left|z_{B} -z\right|} =1\Leftrightarrow \frac{MA}{MB} =1 \Leftrightarrow MA=MB$$
Comme on vient de voir, si le point $$M$$ appartient à la médiatrice du segment $$\left[AB\right]$$ cela est équivalent à $$\left|z'\right|=1$$
Or $$\left|z'\right|$$ correspond à la distance $$OM'$$. Comme $$\left|z'\right|=1$$ alors $$OM'=1$$ .
$$M'$$ appartient donc au cercle de centre $$O$$ de rayon $$1$$ .

On sait que si $$M$$ appartient au cercle de diamètre $$\left[AB\right]$$ privé de $$B$$ alors :
$$\left(\overrightarrow{MB} ;\overrightarrow{MA} \right)=+\frac{\pi }{2}$$ $$\left[2\pi \right]$$ ou $$\left(\overrightarrow{MB} ;\overrightarrow{MA} \right)=-\frac{\pi }{2}$$ $$\left[2\pi \right]$$
Ainsi $$z'$$ est un imaginaire pur ce qui signifie que $$M'$$ appartient à l’axe $$\left(O ;\overrightarrow{v}\right)$$ .