Module et argument : sous forme de petits problèmes - Exercice 3

Commençons par calculer le module et un argument de $$z_{1}$$.

$$\left|z_{1} \right|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{6} }{2} \right)^{2} +\left(-\frac{\sqrt{2} }{2} \right)^{2} } =\sqrt{2}$$

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 $$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\left(\frac{\sqrt{6} }{2} \right)}{\sqrt{2} } } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\left(\frac{-\sqrt{2} }{2} \right)}{\sqrt{2} } } \end{array}\right.$$
d'où $$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\sqrt{3} }{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {-\frac{1}{2} } \end{array}\right.$$
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que $$\theta =-\frac{\pi }{6} \left[2\pi \right]$$ ou encore
D'autre part, calculons le module et un argument de $$z_{2}$$.

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

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

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

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

$$\red{\text{ D'autre part :}}$$
$$\arg \left(\frac{z_{1} }{z_{2} } \right)=\arg \left(z_{1} \right)-\arg \left(z_{2} \right)$$ équivaut successivement à :
$$\arg \left(\frac{z_{1} }{z_{2} } \right)=-\frac{\pi }{6} -\left(-\frac{\pi }{4} \right)$$
$$\arg \left(\frac{z_{1} }{z_{2} } \right)=-\frac{\pi }{6} +\frac{\pi }{4}$$

$$\frac{z_{1} }{z_{2} } =\frac{\left(\frac{\sqrt{6} -i\sqrt{2} }{2} \right)}{1-i}$$ équivaut successivement à
$$\frac{z_{1} }{z_{2} } =\frac{\left(\frac{\sqrt{6} -i\sqrt{2} }{2} \right)\left(1+i\right)}{\left(1-i\right)\left(1+i\right)}$$
D'où :

Nous allons donner l'écriture trigonométrique de $$\frac{z_{1} }{z_{2} }$$. A l'aide de la question $$2$$, on connaît le module et un argument de $$\frac{z_{1} }{z_{2} }$$.
En effet : $$\left|\frac{z_{1} }{z_{2} } \right| =1$$ et $$\arg \left(\frac{z_{1} }{z_{2} } \right)=\frac{\pi }{12} \left[2\pi \right]$$
Donc l'écriture trigonométrique de $$\frac{z_{1} }{z_{2} }$$ est $$\frac{z_{1} }{z_{2} } =1\times \left(\cos \left(\frac{\pi }{12} \right)+i\sin \left(\frac{\pi }{12} \right)\right)=\cos \left(\frac{\pi }{12} \right)+i\sin \left(\frac{\pi }{12} \right)$$
Comme $$\frac{z_{1} }{z_{2} } ={\color{blue}\cos \left(\frac{\pi }{12} \right)}+i{\color{red}\sin\left(\frac{\pi }{12} \right)}$$
et que $$\frac{z_{1} }{z_{2} } ={\color{blue}\frac{\sqrt{6} +\sqrt{2} }{4}}\ +i\color{red}\frac{\sqrt{6} -\sqrt{2} }{4}$$
Cela signifie que les parties réelles sont égales et les parties imaginaires sont égales, il vient alors que :
et