Mathématiques N°1 — Nombres complexes

1) Vrai : conj(−2 − 3i) = −2 + 3i = 3i − 2.

2) Vrai : z × z̄ = a² + b² = |z|² ≥ 0.

3) Faux : on a seulement |z + z′| ≤ |z| + |z′| (inégalité triangulaire).

4) Faux : la forme trigonométrique exige r > 0 et le signe « + » devant cos θ.

5) Faux : les racines carrées de Δ ne sont conjuguées que si Δ est réel négatif.

1° V — 2° V — 3° F — 4° F — 5° F

1) B : z′ = e^(iθ)(z − z_Ω) + z_Ω.

2) C : cos(nθ) + i sin(nθ).

3) C : arg[(z_H − z_G)/(z_F − z_E)] + 2kπ.

4) A : cos θ = (e^(iθ) + e^(−iθ))/2 et sin θ = (e^(iθ) − e^(−iθ))/(2i).

1 → B ; 2 → C ; 3 → C ; 4 → A

Le quotient (z_E − z_F)/(z_G − z_F) porte à la fois le rapport des longueurs (module) et l'angle en F (argument).

1 → D ; 2 → C ; 3 → E ; 4 → A ; 5 → B

1) Ensemble E₁ (f translation). f est une translation ⟺ a³ = 1. Racines cubiques de 1 :

E₁ = {1 ; −1/2 + i√3/2 ; −1/2 − i√3/2}

Pour a = 1 : f est l'identité. Pour a = −1/2 + i√3/2 : translation de vecteur d'affixe −3/2 + i√3/2. Pour a = −1/2 − i√3/2 : translation de vecteur d'affixe −3/2 − i√3/2.

2) Ensemble E₂ (f homothétie). f est une homothétie ⟺ a³ ∈ ℝ et a³ ≠ 1. En posant a = x + iy : a³ ∈ ℝ ⟺ y = 0 ou y = √3x ou y = −√3x.

E₂ = (ℝ* ∪ {x + i√3x} ∪ {x − i√3x}) privé de {−1/2 ± i√3/2}

Graphiquement : réunion des droites y = 0, y = √3x et y = −√3x, privée de O, K(−1/2 ; √3/2) et K′(−1/2 ; −√3/2).

3) Cas a = 1 + i. z′ = (1+i)³z + (1+i) − 1 = (−2 + 2i)z + i. Ici |a′| = 2√2, arg(a′) = 3π/4 et z_Ω = b/(1 − a′) = −2/13 + 3/13 i.

Similitude directe de rapport 2√2, d'angle 3π/4, de centre Ω(−2/13 ; 3/13)

4) Ensemble (G). Pour M₀ d'affixe 1 : z₀′ = a³ + a − 1. Avec a = x + iy : z₀′ ∈ ℝ ⟺ y(3x² − y² + 1) = 0 ⟺ y = 0 ou −x²/(1/√3)² + y² = 1.

(G) = droite (Δ) : y = 0 ∪ hyperbole (H) : −x²/(1/√3)² + y² = 1

Sommets de (H) : B(0 ; 1), B′(0 ; −1) ; sommets de l'axe transverse : A(1/√3 ; 0), A′(−1/√3 ; 0).

1.a) Solution imaginaire pure. Posons z₀ = bi. z₀ ∈ (E) ⟺ (b² + 2b − 3) + (−b³ − 2b² − b + 4)i = 0. De b² + 2b − 3 = 0 : b = 1 ou b = −3 ; seul b = 1 vérifie aussi la partie imaginaire.

z₀ = i

1.b) Résolution. P(z) = (z − i)(z² + bz + c) ; par identification b = −1 + 3i et c = −4 − 3i. Δ = (−1 + 3i)² − 4(−4 − 3i) = 8 + 6i, racines carrées 3 + i et −3 − i.

S = {i ; −1 − 2i ; 2 − i}

2.a) Nature du triangle. AB = |−1 − 3i| = √10 ; AC = |2 − 2i| = √8 ; BC = |3 + i| = √10.

AB = BC = √10 : triangle ABC isocèle en B

2.b) Barycentre. OA⃗ + b·OB⃗ + c·OC⃗ = 0⃗ avec OA(0 ; 1), OB(−1 ; −2), OC(2 ; −1) ⟹ {−b + 2c = 0 ; 2b + c = 1}.

b = 2/5 et c = 1/5

1.a) Les coefficients de P sont réels donc P(z̄) = conj(P(z)) pour tout z : les racines non réelles sont conjuguées deux à deux.

1.b) (1+i)² = 2i, (1+i)³ = −2 + 2i, d'où P(1+i) = (−2 + 2i) − 8i + 6 + 6i − 4 = 0.

P(1 + i) = 0

1.c) P(z) = (z − 1 − i)(z² + (−3 + i)z + 2 − 2i) ; Δ = 2i, racines carrées 1 + i et −1 − i.

S = {1 + i ; 1 − i ; 2}

2.a) A(1 + i), B(1 − i), C(2). R : z′ = iz. z_B′ = i(1 − i) = 1 + i = z_A ; z_C′ = 2i.

R(B) = A et affixe de R(C) = 2i

2.b) AB = |z_B − z_A| = |−2i| = 2 et OC = 2 ; O, B, A, C sont sur un même cercle de rayon (1/2)·AB.

Cercle de rayon 1

3.a) f(A) = 0 ; f(B) = ((1 − i) − (1 + i))/((1 − i) − 2) = 1 + i = z_A.

f(A) = O et f(B) = A

3.b) f(E) = C ⟺ (z_E − (1 + i))/(z_E − 2) = 2 ⟹ z_E = 3 − i.

z_E = 3 − i

3.c) (z_B − z_A)/(z_B − z_E) = (−2i)/(−2) = i ∈ iℝ*.

(AB) ⊥ (BE)

3.d) M sur la médiatrice de [AC] ⟹ AM = MC ⟹ |z′| = AM/MC = 1.

M′ décrit le cercle de centre O et de rayon 1

1) (1 − i)² = 1 − 2i − 1 = −2i et (1 + i)² = 1 + 2i − 1 = 2i.

2.a) Si α est solution : (−α)⁴ − 14i(−α)² + 32 = α⁴ − 14iα² + 32 = 0, donc −α est aussi solution.

2.b) (z² + 2i)(z² − 16i) = z⁴ − 16iz² + 2iz² + 32 = z⁴ − 14iz² + 32 ✓

3) z² + 2i = 0 ⟺ z² = −2i = (1 − i)² ⟹ z = 1 − i ou z = −1 + i. z² = 16i : en posant z = x + iy, x² = 8, y² = 8, xy = 8 ⟹ z = 2√2 + 2√2 i ou z = −2√2 − 2√2 i.

S = {1 − i ; −1 + i ; 2√2 + 2√2 i ; −2√2 − 2√2 i}

1.a) En multipliant par le conjugué du dénominateur :

Re(f(z)) = (2x² + 2x + 2y² − 3y + 1)/[(x+1)² + (y−1)²]

Im(f(z)) = (x + 2y − 1)/[(x+1)² + (y−1)²]

1.b) f(z) ∈ ℝ ⟺ Im(f(z)) = 0 ⟺ x + 2y − 1 = 0.

(E) : droite x + 2y − 1 = 0, privée de A(−1 ; 1)

1.c) f(z) ∈ iℝ ⟺ 2x² + 2x + 2y² − 3y + 1 = 0 ⟺ (x + 1/2)² + (y − 3/4)² = 5/16.

(F) : cercle de centre Ω(−1/2 ; 3/4) et de rayon √5/4

2.a) B vérifie les équations de (E) et de (F) ; C vérifie celle de (F).

2.b) (z_A − z_C)/(z_B − z_C) = −i = cos(−π/2) + i sin(−π/2).

Triangle ABC rectangle isocèle en C

1) OM′⃗ = (1/|z|²) OM⃗ avec 1/|z|² réel strictement positif : les vecteurs sont colinéaires.

O, M et M′ sont alignés

2) M invariant (M ≠ O) ⟺ z(1/|z|² − 1) = 0 ⟺ |z| = 1.

Γ : cercle de centre O et de rayon 1 ; |−1| = |i| = 1 donc A, B ∈ Γ

3) A(−1 ; 0), B(0 ; 1), E(−1/2 ; 1/2), AB = |1 + i| = √2.

(C) : (x + 1/2)² + (y − 1/2)² = 1/2

z_E = −1/2 + 1/2 i, |z_E|² = 1/2 donc z_E′ = z_E/|z_E|² = −1 + i. Vérification : (−1 + 1/2)² + (1 − 1/2)² = 1/2.

E′ appartient bien à (C)

2.a) M ∈ (Γ) avec y = 0 ⟺ (x − 2)² + 1 = 2 ⟺ x = 1 ou x = 3.

Points d'intersection avec (O, u⃗) : d'affixes 1 et 3

2.b) D diamétralement opposé à B : z_D = 2z_A − z_B = 2(2 + i) − 1.

z_D = 3 + 2i

3.a) (z_D − z_M)/(z_B − z_M) = (12 + 4i)/(2 − 6i) = 2i.

3.b) arg(2i) = π/2 = mes(MB⃗ ; MD⃗) : le triangle MDB est rectangle en M.

M appartient au cercle de diamètre [BD], c'est-à-dire à (Γ)

4.a) (DM) ⊥ (BM) et N ∈ (Γ′) donc (BN) ⊥ (AN) ; comme N ∈ (BM), (DM) et (AN) sont perpendiculaires à la même droite (BM).

(DM) ∥ (AN)

4.b) Dans le triangle MDB, A est le milieu de [BD] et (AN) ∥ (DM), donc N est le milieu de [BM].

z_N = (z_M + z_B)/2 = 4/5 + 3/5 i

1.a) P(−3) = −27 + 9 − 54i + 51 + 24i − 33 + 30i = 0.

−3 est solution de (E)

1.b) P(z) = (z + 3)(z² − (2 + 6i)z − 11 + 10i) ; Δ = 12 − 16i, racines carrées 4 − 2i et −4 + 2i.

S = {−3 ; −1 + 4i ; 3 + 2i}

2.b) M₁M₀ = √20 = 2√5 ; M₁M₂ = √20 = 2√5 et M₁M₀⃗ · M₁M₂⃗ = 0.

M₀M₁M₂ est rectangle isocèle en M₁

3.a) Avec K milieu de [M₁M₂], G est le barycentre de (M₀, −1) et (K, 2) : K est le milieu de [M₀G].

G est le symétrique de M₀ par rapport à K

3.b) GM₁² = M₀M₂² = 40 ; GM₂² = M₀M₁² = 20 ; GM₀² = 4·M₀K² = 100 ⟹ MG² = 100 − 40 − 2(20) = 20 ⟹ MG = 2√5 = GM₂.

(C) : cercle de centre G et de rayon GM₂ = 2√5

1.a) Pour x réel, ix ∈ (E) ⟺ −x² + 4x − 3 = 0 et −x³ + 8x² − 23x + 24 = 0 ; x = 1 ou x = 3 pour la première, seul x = 3 vérifie la seconde.

Solution imaginaire pure : 3i

1.b) Factorisation : (z − 3i)(z² + (1 − 5i)z − 8 − i) ; Δ = 8 − 6i, racines carrées 3 − i et −3 + i.

S = {3i ; 1 + 2i ; −2 + 3i}

2.a) z_GA = 1 + i = √2 e^(iπ/4) ; z_GB = 2i = 2 e^(iπ/2) ; z_GC = −2 + 2i = 2√2 e^(i3π/4).

2.b) z_GB = √2 e^(iπ/4) · z_GA et z_GC = √2 e^(iπ/4) · z_GB.

Suite géométrique de raison √2 e^(iπ/4)

2.c) La similitude directe de centre G, de rapport √2 et d'angle π/4 envoie A sur B et B sur C.

Similitude directe : centre G, rapport √2, angle π/4

A.1) a⁶ = (√2)⁶ e^(iπ) = −8 ; b⁶ = (√2)⁶ e^(i3π/2) = −8i ; c⁶ = (√2)⁶ e^(i2π) = 8.

a⁶ = −8 ; b⁶ = −8i ; c⁶ = 8

A.2) Comme b⁶ = −8i, b = √2 e^(iπ/4) = 1 + i est une solution de (E).

A.3.a) j = e^(i2π/3) donc j³ = e^(i2π) = 1.

A.3.b) (jb)⁶ = j⁶b⁶ = (j³)²b⁶ = b⁶ = −8i, de même (j²b)⁶ = −8i : jb et j²b sont solutions.

A.3.c) Les six racines sont b·e^(ikπ/3), k = 0 … 5, c'est-à-dire ±(1 + i), ±j(1 + i) et ±j²(1 + i).

S = {±(1 + i) ; ±(−(1+√3)/2 + (√3−1)/2 · i) ; ±((√3−1)/2 − (1+√3)/2 · i)}

B.1) x ≡ 0 [6] et x ≡ 3 [4] : x pair d'après la première, impair d'après la seconde — le système n'a pas de solution dans ℤ.

B.2) aⁿ = (√2)ⁿ e^(inπ/6) réel ⟺ n ≡ 0 [6] ; bⁿ = (√2)ⁿ e^(inπ/4) imaginaire pur ⟺ n ≡ 2 [4]. En combinant : n ≡ 6 [12].

n ≡ 6 (mod 12), soit n ∈ {6 ; 18 ; 30 ; …}