Nombres complexes : corrigés des exercices de maths en terminale à télécharger en PDF

Exercice 1 (nombres complexes corrigés)

On utilise \(i^2=-1\) et, pour un quotient, on multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur.

1. \((2-5i)(3+i)=6+2i-15i-5i^2=6-13i+5\), donc \((2-5i)(3+i)=11-13i\).
2. \(\dfrac{1}{i}=\dfrac{-i}{i\times (-i)}=\dfrac{-i}{1}\), donc \(\dfrac{1}{i}=-i\).
3. \(\dfrac{3+2i}{1-i}=\dfrac{(3+2i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\dfrac{3+3i+2i-2}{2}=\dfrac{1+5i}{2}\), donc \(\dfrac{3+2i}{1-i}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}i\).
4. \(\dfrac{i-1}{i+1}=\dfrac{(i-1)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{i+1-1+i}{2}=i\), donc \(1+\dfrac{i-1}{i+1}=1+i\).
5. \((1+i)^2=1+2i-1=2i\), donc \((1+i)^3=2i(1+i)=2i-2\) : \((1+i)^3=-2+2i\).
6. \(i^2=-1\), \(i^3=-i\), \(i^4=1\), \(i^5=i\), donc \(1+i+i^2+i^3+i^4+i^5=1+i-1-i+1+i\) : la somme vaut \(1+i\).
7. \((2+i)(2-\sqrt{3}i)=4-2\sqrt{3}i+2i+\sqrt{3}=(4+\sqrt{3})+(2-2\sqrt{3})i\).
   Son module au carré vaut \((4+\sqrt{3})^2+(2-2\sqrt{3})^2=19+8\sqrt{3}+16-8\sqrt{3}=35\).
   Donc \(\dfrac{1+2i}{(2+i)(2-\sqrt{3}i)}=\dfrac{(1+2i)[(4+\sqrt{3})-(2-2\sqrt{3})i]}{35}=\dfrac{(8-3\sqrt{3})+(6+4\sqrt{3})i}{35}\), soit \(\dfrac{8-3\sqrt{3}}{35}+\dfrac{6+4\sqrt{3}}{35}i\).

Exercice 2 :

On écrit \(z=x+iy\) et on multiplie par le conjugué du dénominateur. Un point M est exclu lorsque le dénominateur s’annule.

1. \(Z=\dfrac{x+i(y-1)}{(x+1)+i(y-2)}\) avec \(z\neq -1+2i\). En multipliant par \((x+1)-i(y-2)\) :

\(\text{Re}(Z)=\dfrac{x^2+x+y^2-3y+2}{(x+1)^2+(y-2)^2}\) et \(\text{Im}(Z)=\dfrac{x+y-1}{(x+1)^2+(y-2)^2}\).

• Z réel \(\Leftrightarrow x+y-1=0\) : M décrit la droite d’équation \(y=-x+1\), privée du point d’affixe \(-1+2i\).
• Z imaginaire pur \(\Leftrightarrow x^2+x+y^2-3y+2=0\Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{2})^2+(y-\dfrac{3}{2})^2=\dfrac{1}{2}\) : M décrit le cercle de centre \((-\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{2})\) et de rayon \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\), privé du point d’affixe \(-1+2i\).

2. \(Z=\dfrac{i(x+1+iy)}{x+i(y-2)}=\dfrac{-y+i(x+1)}{x+i(y-2)}\) avec \(z\neq 2i\). En multipliant par \(x-i(y-2)\) :

\(\text{Re}(Z)=\dfrac{-2x+y-2}{x^2+(y-2)^2}\) et \(\text{Im}(Z)=\dfrac{x^2+x+y^2-2y}{x^2+(y-2)^2}\).

• Z réel \(\Leftrightarrow x^2+x+y^2-2y=0\Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{2})^2+(y-1)^2=\dfrac{5}{4}\) : cercle de centre \((-\dfrac{1}{2};1)\), de rayon \(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\), privé du point d’affixe \(2i\).
• Z imaginaire pur \(\Leftrightarrow -2x+y-2=0\) : droite d’équation \(y=2x+2\), privée du point d’affixe \(2i\).

3. \(Z=\dfrac{(2+x)-iy}{(1+x)-iy}\) avec \(z\neq -1\). En multipliant par \((1+x)+iy\) :

\(\text{Re}(Z)=\dfrac{x^2+3x+y^2+2}{(x+1)^2+y^2}\) et \(\text{Im}(Z)=\dfrac{y}{(x+1)^2+y^2}\).

• Z réel \(\Leftrightarrow y=0\) : axe des abscisses privé du point d’affixe \(-1\).
• Z imaginaire pur \(\Leftrightarrow x^2+3x+y^2+2=0\Leftrightarrow (x+\dfrac{3}{2})^2+y^2=\dfrac{1}{4}\) : cercle de centre \((-\dfrac{3}{2};0)\), de rayon \(\dfrac{1}{2}\), privé du point d’affixe \(-1\).

Exercice 3 (nombres complexes corrigés)

\(j^2=(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2=\dfrac{1}{4}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{3}{4}\), donc \(j^2=-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\overline{j}\).

\(j^3=j\times j^2=j\,\overline{j}=|j|^2=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\), donc \(j^3=1\).

\(1+j+j^2=1-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\), donc \(1+j+j^2=0\).

Exercice 4 :

1. Dans le carré construit extérieurement sur [AB], le centre P vérifie PA = PB et les diagonales sont perpendiculaires. Comme ABCD est de sens direct, le carré est situé à droite de (AB) quand on va de A vers B : la rotation de centre P et d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\) transforme B en A. Son écriture complexe donne :

\(a-p=i(b-p)\Leftrightarrow a-ib=p-ip=p(1-i)\), donc \(p=\dfrac{a-ib}{1-i}\).

2. Le même raisonnement dans les carrés construits sur [BC], [CD] et [DA] donne :

\(q=\dfrac{b-ic}{1-i}\) ; \(r=\dfrac{c-id}{1-i}\) ; \(s=\dfrac{d-ia}{1-i}\).

3. \(s-q=\dfrac{(d-b)+i(c-a)}{1-i}\) et \(r-p=\dfrac{(c-a)-i(d-b)}{1-i}\).

Or \(i[(c-a)-i(d-b)]=i(c-a)+(d-b)\), donc \(s-q=i(r-p)\) et \(\dfrac{s-q}{r-p}=i\).

On en déduit \(\dfrac{QS}{PR}=|i|=1\) et \((\vec{PR},\vec{QS})=\arg(i)=\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]\). Les diagonales [PR] et [QS] du quadrilatère PQRS ont la même longueur et sont perpendiculaires : c’est le théorème de Von Aubel.

Exercice 5 (nombres complexes corrigés)

Partie A. On rappelle que \(j^3=1\), \(1+j+j^2=0\) et \(-j^2=-e^{\frac{4i\pi}{3}}=e^{\frac{i\pi}{3}}\).

1. Le triangle UVW est équilatéral de sens direct si et seulement si VU = VW et \((\vec{VW},\vec{VU})=\dfrac{\pi}{3}\ [2\pi]\), c’est-à-dire si et seulement si U est l’image de W par la rotation de centre V et d’angle \(\dfrac{\pi}{3}\) :

UVW équilatéral direct \(\Leftrightarrow u-v=e^{\frac{i\pi}{3}}(w-v)\Leftrightarrow u-v=-j^2(w-v)\).

2. \(u-v=-j^2(w-v)\Leftrightarrow u-(1+j^2)v+j^2w=0\). Comme \(1+j^2=-j\), cette égalité s’écrit \(u+jv+j^2w=0\). Donc UVW équilatéral direct \(\Leftrightarrow u+jv+j^2w=0\).

Partie B. On note a, b, c, p, q, r, u, v, w les affixes des points.

BPC est équilatéral direct, donc d’après la partie A : \(b+jp+j^2c=0\). En multipliant par \(j^2\) (et \(j^3=1\), \(j^4=j\)) : \(j^2b+p+jc=0\), d’où \(p=-j^2b-jc\). De même \(q=-j^2c-ja\) et \(r=-j^2a-jb\).

U est le centre de gravité de BPC, donc \(3u=b+c+p=(1-j^2)b+(1-j)c\). De même \(3v=(1-j^2)c+(1-j)a\) et \(3w=(1-j^2)a+(1-j)b\).

Calculons \(3(u+jv+j^2w)\) en regroupant selon a, b et c :

• coefficient de a : \(j(1-j)+j^2(1-j^2)=j-j^2+j^2-j^4=j-j=0\) ;
• coefficient de b : \((1-j^2)+j^2(1-j)=1-j^3=0\) ;
• coefficient de c : \((1-j)+j(1-j^2)=1-j^3=0\).

Donc \(u+jv+j^2w=0\) et, d’après la partie A, UVW est équilatéral de sens direct.

Enfin \(u+v+w=\dfrac{(1-j^2)+(1-j)}{3}(a+b+c)=\dfrac{2-j-j^2}{3}(a+b+c)=a+b+c\) car \(-j-j^2=1\). Donc \(\dfrac{u+v+w}{3}=\dfrac{a+b+c}{3}\) : UVW et ABC ont le même centre de gravité.

Exercice 6 :

On écrit \(Z=x+iy\) avec x et y réels, de sorte que \(\overline{Z}=x-iy\).

1. \(Z=\overline{Z}\Leftrightarrow x+iy=x-iy\Leftrightarrow 2iy=0\Leftrightarrow y=0\). Donc Z est réel si et seulement si \(Z=\overline{Z}\).
2. Si \(Z=0\), Z est réel. Si \(Z\neq 0\), on écrit \(Z=|Z|e^{i\theta}\) avec \(\theta=\arg(Z)\). Alors Z est réel si et seulement si \(Z=|Z|\) ou \(Z=-|Z|\), c’est-à-dire \(e^{i\theta}=1\) ou \(e^{i\theta}=-1\), soit \(\theta=0\ [2\pi]\) ou \(\theta=\pi\ [2\pi]\). Donc \(Z\in\mathbb{R}\Leftrightarrow Z=0\) ou \(\arg(Z)=0\ [\pi]\).
3. \(Z+\overline{Z}=2x\), donc \(Z+\overline{Z}=0\Leftrightarrow x=0\). Donc Z est imaginaire pur si et seulement si \(Z+\overline{Z}=0\).

Exercice 7 (nombres complexes corrigés)

1. Si \(z^n=1\), alors \(|z|^n=1\) donc \(|z|=1\) et l’on peut écrire \(z=e^{i\theta}\). Alors \(z^n=e^{in\theta}=1\Leftrightarrow n\theta=2k\pi\) avec \(k\in\mathbb{Z}\), soit \(\theta=\dfrac{2k\pi}{n}\).

Comme \(e^{\frac{2i(k+n)\pi}{n}}=e^{\frac{2ik\pi}{n}}\), il suffit de prendre k entre 0 et \(n-1\) ; ces n nombres sont distincts car leurs arguments \(\dfrac{2k\pi}{n}\) sont distincts dans \([0;2\pi[\). Réciproquement, chacun vérifie \((e^{\frac{2ik\pi}{n}})^n=e^{2ik\pi}=1\). Donc \(U_n=\{e^{\frac{2ik\pi}{n}},\ k\in\{0,1,\dots,n-1\}\}\).

2. On pose \(q=e^{\frac{2i\pi}{n}}\) ; alors \(e^{\frac{2ik\pi}{n}}=q^k\) et \(q\neq 1\) car \(n\geq\, 2\). La somme est géométrique :

\(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}q^k=\dfrac{1-q^n}{1-q}=\dfrac{1-1}{1-q}\), donc la somme des racines n-ièmes de l’unité est nulle.

3. Pour tout k, \(|w_k|=1\) : les points \(A_k\) sont sur le cercle de centre O et de rayon 1. De plus \(w_{k+1}=q\,w_k\) (et \(q\,w_{n-1}=q^n=1=w_0\)) : la rotation de centre O et d’angle \(\dfrac{2\pi}{n}\) envoie \(A_0\) sur \(A_1\), \(A_1\) sur \(A_2\), …, \(A_{n-1}\) sur \(A_0\).

Par conséquent tous les côtés \(A_kA_{k+1}=|w_k|\times |q-1|=|q-1|\) ont la même longueur et tous les angles au centre valent \(\dfrac{2\pi}{n}\) : \(A_0A_1\dots A_{n-1}\) est un polygone régulier à n côtés inscrit dans le cercle trigonométrique.

Exercice 8 :

On pose \(z=x+iy\) avec \(z\neq 1\). En multipliant par le conjugué \((x-1)-iy\) du dénominateur :

\(Z=\dfrac{(x+1+iy)(x-1-iy)}{(x-1)^2+y^2}=\dfrac{x^2+y^2-1}{(x-1)^2+y^2}+i\,\dfrac{-2y}{(x-1)^2+y^2}\).

1. Z réel \(\Leftrightarrow -2y=0\Leftrightarrow y=0\). E est l’axe des abscisses privé du point d’affixe 1.
2. \(|Z|=1\Leftrightarrow |z+1|=|z-1|\) : M est à égale distance des points d’affixes \(-1\) et 1. F est la médiatrice de ces deux points, c’est-à-dire l’axe des ordonnées (en calcul : \((x+1)^2=(x-1)^2\Leftrightarrow x=0\)).
3. \(\arg(Z)=\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]\Leftrightarrow \text{Re}(Z)=0\) et \(\text{Im}(Z)\gt 0\Leftrightarrow x^2+y^2=1\) et \(y\lt 0\). G est le demi-cercle de centre O et de rayon 1 situé sous l’axe des abscisses, extrémités d’affixes \(-1\) et 1 exclues. Par exemple \(z=-i\) donne \(Z=\dfrac{1-i}{-1-i}=i\).

Exercice 9 (nombres complexes corrigés)

Avec \(|w|^2=w\overline{w}\) et \(\overline{Z+Z^{\prime}}=\overline{Z}+\overline{Z^{\prime}}\) :

\(|Z+Z^{\prime}|^2=(Z+Z^{\prime})(\overline{Z}+\overline{Z^{\prime}})=Z\overline{Z}+Z\overline{Z^{\prime}}+Z^{\prime}\overline{Z}+Z^{\prime}\overline{Z^{\prime}}\)

\(|Z-Z^{\prime}|^2=(Z-Z^{\prime})(\overline{Z}-\overline{Z^{\prime}})=Z\overline{Z}-Z\overline{Z^{\prime}}-Z^{\prime}\overline{Z}+Z^{\prime}\overline{Z^{\prime}}\)

En additionnant, les termes croisés s’éliminent : \(|Z+Z^{\prime}|^2+|Z-Z^{\prime}|^2=2Z\overline{Z}+2Z^{\prime}\overline{Z^{\prime}}\), donc \(|Z+Z^{\prime}|^2+|Z-Z^{\prime}|^2=2|Z|^2+2|Z^{\prime}|^2\).

Interprétation : si \(\vec{OA}\) et \(\vec{OB}\) ont pour affixes Z et Z’, le parallélogramme OACB a pour diagonales les vecteurs d’affixes \(Z+Z^{\prime}\) et \(Z-Z^{\prime}\). L’égalité signifie que dans un parallélogramme, la somme des carrés des deux diagonales est égale à la somme des carrés des quatre côtés.

Exercice 10 :

On a \(a=x^2+y^2=|x+iy|^2\) et \(b=z^2+t^2=|z+it|^2\). Le module d’un produit est le produit des modules, donc :

\(ab=|x+iy|^2\times |z+it|^2=|(x+iy)(z+it)|^2\).

Or \((x+iy)(z+it)=xz+ixt+iyz-yt=(xz-yt)+i(xt+yz)\), donc :

\(ab=(xz-yt)^2+(xt+yz)^2\).

Comme x, y, z et t sont des entiers relatifs, \(xz-yt\) et \(xt+yz\) sont aussi des entiers : ab est la somme de deux carrés d’entiers. Exemple : \(5=1^2+2^2\), \(13=2^2+3^2\) et \(65=(2-6)^2+(3+4)^2=16+49\).

Exercice 11 (nombres complexes corrigés)

1. Si \(a=2\) : \(z^{\prime}=2z+3i\). Le point fixe vérifie \(\omega=2\omega+3i\), soit \(\omega=-3i\), et \(z^{\prime}-\omega=2(z-\omega)\). f est l’homothétie de centre \(\Omega(-3i)\) et de rapport 2.

Si \(a=-i\) : \(z^{\prime}=-iz+3i\). Comme \(|-i|=1\) et \(-i\neq 1\), f est une rotation d’angle \(\arg(-i)=-\dfrac{\pi}{2}\). Son centre vérifie \(\omega=-i\omega+3i\), soit \(\omega=\dfrac{3i}{1+i}=\dfrac{3i(1-i)}{2}=\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}i\). f est la rotation de centre \(\Omega(\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}i)\) et d’angle \(-\dfrac{\pi}{2}\).

2. \(AB=|(2+i)-1|=|1+i|=\sqrt{2}\) et \(A^{\prime}B^{\prime}=|(1+i)-2i|=|1-i|=\sqrt{2}\) : AB = A’B’.

Une rotation a une écriture \(z^{\prime}=\alpha z+\beta\) avec \(|\alpha|=1\) et \(\alpha\neq 1\). Les conditions r(A) = A’ et r(B) = B’ donnent \(\alpha+\beta=2i\) et \(\alpha(2+i)+\beta=1+i\). Par soustraction \(\alpha(1+i)=1-i\), d’où \(\alpha=\dfrac{1-i}{1+i}=\dfrac{(1-i)^2}{2}=-i\), puis \(\beta=2i+i=3i\).

Le couple \((\alpha;\beta)\) est unique, et \(|\alpha|=1\), \(\alpha\neq 1\) : c’est bien une rotation. r a pour écriture \(z^{\prime}=-iz+3i\) : c’est la rotation de centre \(\Omega(\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}i)\) et d’angle \(-\dfrac{\pi}{2}\) (la même transformation que f pour \(a=-i\)).

Exercice 12 :

1. u et v ont pour somme \(S=-\dfrac{1}{2}\) et pour produit \(P=-\dfrac{1}{4}\) : ce sont les solutions de \(X^2-SX+P=0\), soit \(X^2+\dfrac{1}{2}X-\dfrac{1}{4}=0\), ou encore \(4X^2+2X-1=0\).

\(\Delta=4+16=20\), donc \(X=\dfrac{-2\pm 2\sqrt{5}}{8}=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{4}\).

Les solutions sont \((u;v)=(\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4};\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4})\) et \((u;v)=(\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4};\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4})\).

2. \(w^5=e^{2i\pi}=1\) et \(w\neq 1\). Par la somme géométrique : \(1+w+w^2+w^3+w^4=\dfrac{1-w^5}{1-w}=0\). Donc \(w^0+w^1+w^2+w^3+w^4=0\).

Comme \(|w|=1\), \(w^4=w^{-1}=\overline{w}\) et \(w^3=w^{-2}=\overline{w^2}\). Les formules d’Euler donnent \(w+w^4=w+\overline{w}=2\cos(\dfrac{2\pi}{5})\) et \(w^2+w^3=2\cos(\dfrac{4\pi}{5})\).

L’égalité devient \(1+2\cos(\dfrac{2\pi}{5})+2\cos(\dfrac{4\pi}{5})=0\), donc \(\cos(\dfrac{2\pi}{5})+\cos(\dfrac{4\pi}{5})=-\dfrac{1}{2}\).

Remarque : on vérifie aussi que \(\cos(\dfrac{2\pi}{5})\cos(\dfrac{4\pi}{5})=-\dfrac{1}{4}\) ; ces deux cosinus sont donc les solutions du système de la question 1, et comme \(\cos(\dfrac{2\pi}{5})\gt 0\), on obtient \(\cos(\dfrac{2\pi}{5})=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}\).

Exercice 13 (nombres complexes corrigés)

1. \(|z_1|=\dfrac{\sqrt{6+2}}{2}=\sqrt{2}\) et \(z_1=\sqrt{2}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i)\), donc \(z_1=\sqrt{2}(\cos(-\dfrac{\pi}{6})+i\sin(-\dfrac{\pi}{6}))\).

\(|z_2|=\sqrt{2}\) et \(z_2=\sqrt{2}(\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}i)\), donc \(z_2=\sqrt{2}(\cos(-\dfrac{\pi}{4})+i\sin(-\dfrac{\pi}{4}))\).

\(|Z|=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1\) et \(\arg(Z)=-\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{12}\), donc \(Z=\cos(\dfrac{\pi}{12})+i\sin(\dfrac{\pi}{12})\).

2. Forme algébrique de Z : \(Z=\dfrac{(\sqrt{6}-i\sqrt{2})(1+i)}{2(1-i)(1+i)}=\dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})+i(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{4}\).

En identifiant parties réelles et imaginaires des deux écritures : \(\cos(\dfrac{\pi}{12})=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\) et \(\sin(\dfrac{\pi}{12})=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\).

3. a. On divise par 4 : \(\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\cos x+\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\sin x=\dfrac{1}{2}\), soit \(\cos(\dfrac{\pi}{12})\cos x+\sin(\dfrac{\pi}{12})\sin x=\dfrac{1}{2}\).

D’après la formule \(\cos(a-b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b\), l’équation devient \(\cos(x-\dfrac{\pi}{12})=\cos(\dfrac{\pi}{3})\), donc \(x-\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\pi}{3}+2k\pi\) ou \(x-\dfrac{\pi}{12}=-\dfrac{\pi}{3}+2k\pi\).

\(S=\{\dfrac{5\pi}{12}+2k\pi\ ;\ -\dfrac{\pi}{4}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\}\).

b. Sur le cercle trigonométrique, on place le point M₁ associé à \(\dfrac{5\pi}{12}\) (angle de 75° avec l’axe des abscisses) et le point M₂ associé à \(-\dfrac{\pi}{4}\) (angle de −45°, dans le quart inférieur droit).

Exercice 14 :

Pour tout nombre complexe w, \(|w|^2=w\overline{w}\). Comme \(|z|=1\), on a \(z\overline{z}=1\).

\(|1+z|^2=(1+z)(1+\overline{z})=1+z+\overline{z}+z\overline{z}\)

\(|1-z|^2=(1-z)(1-\overline{z})=1-z-\overline{z}+z\overline{z}\)

En additionnant : \(|1+z|^2+|1-z|^2=2+2z\overline{z}=2+2\times 1\), donc \(|1+z|^2+|1-z|^2=4\).

Exercice 15 (nombres complexes corrigés)

I. 1) \(\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{2}}e^{i\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}e^{i\frac{3\pi}{4}}=\sqrt{2}(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2})\), donc ce nombre vaut \(-1+i\).

I. 2) \(\dfrac{2}{3}\dfrac{e^{i\frac{\pi}{2}}}{e^{i\frac{\pi}{3}}}=\dfrac{2}{3}e^{i(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{3})}=\dfrac{2}{3}e^{i\frac{\pi}{6}}=\dfrac{2}{3}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}i)\), donc ce nombre vaut \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}+\dfrac{1}{3}i\).

II. On écrit le nombre positif ajouté comme \(-(\text{imaginaire})^2\) pour faire apparaître \(A^2-B^2\) :

• \(z^2+9=z^2-(3i)^2=(z-3i)(z+3i)\) ;
• \(z^2+5=z^2-(i\sqrt{5})^2=(z-i\sqrt{5})(z+i\sqrt{5})\) ;
• \(z^2+1=z^2-i^2=(z-i)(z+i)\).

III. 1) \(z\mapsto z+a\) : c’est la translation de vecteur d’affixe a.

III. 2) \(z\mapsto -z=e^{i\pi}z\) : c’est la rotation de centre O et d’angle \(\pi\), c’est-à-dire la symétrie centrale de centre O.

III. 3) \(z\mapsto iz=e^{i\frac{\pi}{2}}z\) : c’est la rotation de centre O et d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\).

Exercice 16 :

1) La rotation de centre O et d’angle \(\dfrac{2\pi}{3}\) a pour écriture \(z^{\prime}=e^{i\frac{2\pi}{3}}z\).

\(z_B=e^{i\frac{2\pi}{3}}e^{i\frac{\pi}{3}}=e^{i\pi}\), donc \(z_B=-1\). \(z_C=e^{i\frac{2\pi}{3}}e^{i\pi}=e^{i\frac{5\pi}{3}}\), donc \(z_C=e^{-i\frac{\pi}{3}}=\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

2. a) \(|z_A|=|z_B|=|z_C|=1\) : OA = OB = OC = 1, donc A, B et C sont sur (C), qui est le cercle circonscrit au triangle ABC. Pour placer les points : A et C sont les points du cercle d’abscisse \(\dfrac{1}{2}\), B est le point d’affixe \(-1\).

b) B est l’image de A et C celle de B par la même rotation de centre O d’angle \(\dfrac{2\pi}{3}\), donc AB = BC ; de même \(e^{i\frac{2\pi}{3}}z_C=e^{i\frac{7\pi}{3}}=z_A\), donc BC = CA. ABC est équilatéral, de côté \(AB=|-\dfrac{3}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}|=\sqrt{3}\).

3. a) \(z_P=-2z_A=-1-i\sqrt{3}\), \(z_Q=-2z_B=2\), \(z_R=-2z_C=-1+i\sqrt{3}\).

b) Une homothétie de rapport −2 multiplie toutes les longueurs par 2. PQR est donc équilatéral, de côté \(2\sqrt{3}\).

4. a) h a pour écriture complexe \(z^{\prime}=-2z\).

b) \(z_A+z_B+z_C=(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2})-1+(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2})\), donc \(z_A+z_B+z_C=0\).

Le milieu de [QR] a pour affixe \(\dfrac{z_Q+z_R}{2}=\dfrac{-2(z_B+z_C)}{2}=-(z_B+z_C)=z_A\). A est le milieu de [QR].

c) O est le centre de gravité du triangle équilatéral PQR (car \(z_P+z_Q+z_R=-2(z_A+z_B+z_C)=0\)). La médiane issue de P passe par O et par le milieu A de [QR] ; dans un triangle équilatéral, c’est aussi une hauteur : \((OA)\perp(QR)\). La droite (QR) passe par le point A du cercle et est perpendiculaire au rayon [OA] : (QR) est tangente au cercle (C) en A.

Exercice 17 (nombres complexes corrigés)

Partie A.

1) \(|z^{\prime}|=\dfrac{1}{|\overline{z}|}\), donc \(|z^{\prime}|=\dfrac{1}{|z|}\). \(\arg(z^{\prime})=\arg(-1)-\arg(\overline{z})=\pi+\arg(z)\ [2\pi]\), donc \(\arg(z^{\prime})=\arg(z)+\pi\ [2\pi]\).

2) \(z^{\prime}=-\dfrac{z}{z\overline{z}}=-\dfrac{1}{|z|^2}\,z\). Ainsi \(\vec{OM^{\prime}}=k\,\vec{OM}\) avec \(k=-\dfrac{1}{|z|^2}\) réel : O, M et M’ sont alignés.

3) \(z^{\prime}+1=1-\dfrac{1}{\overline{z}}=\dfrac{\overline{z}-1}{\overline{z}}\), donc en passant au conjugué : \(\overline{z^{\prime}+1}=\dfrac{z-1}{z}=\dfrac{1}{z}(z-1)\).

Partie B.

1) \(|z-1|=1\Leftrightarrow AM=1\) : C est le cercle de centre A et de rayon 1 (il passe par O).

2) a) Un nombre et son conjugué ont le même module, donc \(|z^{\prime}+1|=|\dfrac{z-1}{z}|=\dfrac{|z-1|}{|z|}=\dfrac{1}{|z|}\) puisque \(|z-1|=1\). Avec A.1 : \(|z^{\prime}+1|=|z^{\prime}|\).

Cette égalité signifie BM’ = OM’ : M’ appartient à la médiatrice de [OB], c’est-à-dire à la droite d’équation \(x=-\dfrac{1}{2}\).

b) Oui. Si \(|z^{\prime}+1|=|z^{\prime}|\), alors d’après A.3 et A.1, \(\dfrac{|z-1|}{|z|}=\dfrac{1}{|z|}\), donc \(|z-1|=1\) : la réciproque est vraie.

3) Construction : M’ appartient à la droite (OM) (question A.2) et à la droite \(\Delta\) d’équation \(x=-\dfrac{1}{2}\) (question B.2.a). Pour M ≠ O sur C, l’abscisse de M est strictement positive, donc (OM) n’est pas parallèle à \(\Delta\). M’ est le point d’intersection de la droite (OM) et de la droite \(\Delta\).

Exercice 18 :

Partie A (restitution organisée de connaissances).

La rotation r de centre \(\Omega\) et d’angle \(\alpha\) laisse \(\Omega\) fixe et, pour \(M\neq\Omega\), M’ = r(M) si et seulement si \(\Omega M^{\prime}=\Omega M\) et \((\vec{\Omega M},\vec{\Omega M^{\prime}})=\alpha\ [2\pi]\).

Pour \(M\neq\Omega\), d’après le résultat 1 appliqué aux points M, M’ et \(\Omega\) : \(|\dfrac{z^{\prime}-\omega}{z-\omega}|=\dfrac{\Omega M^{\prime}}{\Omega M}\) et \(\arg(\dfrac{z^{\prime}-\omega}{z-\omega})=(\vec{\Omega M},\vec{\Omega M^{\prime}})\ [2\pi]\).

Donc M’ = r(M) si et seulement si \(\dfrac{z^{\prime}-\omega}{z-\omega}\) a pour module 1 et pour argument \(\alpha\), c’est-à-dire, d’après le résultat 2, \(\dfrac{z^{\prime}-\omega}{z-\omega}=e^{i\alpha}\). Pour \(M=\Omega\), l’égalité \(z^{\prime}-\omega=e^{i\alpha}(z-\omega)\) donne \(z^{\prime}=\omega\), ce qui convient aussi.

Conclusion : r est la transformation qui à M(z) associe M'(z’) tel que \(z^{\prime}-\omega=e^{i\alpha}(z-\omega)\).

Partie B.

1. a. Les quatre nombres ont pour module \(\sqrt{3+1}=2\), et :

• \(z_A=2e^{-i\frac{5\pi}{6}}\) car \(\cos\theta=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin\theta=-\dfrac{1}{2}\) ;
• \(z_B=2e^{-i\frac{\pi}{3}}\) car \(\cos\theta=\dfrac{1}{2}\) et \(\sin\theta=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ;
• \(z_C=2e^{i\frac{\pi}{6}}\) car \(\cos\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin\theta=\dfrac{1}{2}\) ;
• \(z_D=2e^{i\frac{2\pi}{3}}\) car \(\cos\theta=-\dfrac{1}{2}\) et \(\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

b. On trace le cercle de centre O et de rayon 2. A est le point de ce cercle d’ordonnée −1 et d’abscisse négative ; C celui d’ordonnée 1 et d’abscisse positive ; B celui d’abscisse 1 et d’ordonnée négative ; D celui d’abscisse −1 et d’ordonnée positive. Les droites d’équations \(y=\pm 1\) et \(x=\pm 1\) se tracent à la règle et au compas.

c. \(iz_A=-\sqrt{3}i+1=z_B\), \(iz_B=z_C\) et \(iz_C=z_D\) : la rotation de centre O et d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\) envoie A sur B, B sur C et C sur D. De plus \(z_C=-z_A\) et \(z_D=-z_B\) : les diagonales [AC] et [BD] ont le même milieu O, la même longueur 4 et sont perpendiculaires. ABCD est un carré.

2. a. BE = BA et \((\vec{BA},\vec{BE})=-\dfrac{\pi}{3}\) : le triangle ABE est équilatéral. E est donc l’intersection du cercle de centre A et du cercle de centre B de même rayon AB, choisie de façon que le triangle BAE soit de sens indirect. On construit F de même avec le triangle équilatéral BCF.

b. D’après la partie A : \(z^{\prime}=e^{-i\frac{\pi}{3}}(z-z_B)+z_B\).

c. \(z_A-z_B=-\sqrt{3}-1+i(\sqrt{3}-1)\) et \(e^{-i\frac{\pi}{3}}=\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\). Le calcul donne \(e^{-i\frac{\pi}{3}}(z_A-z_B)=1-\sqrt{3}+i(1+\sqrt{3})\), d’où \(z_E=1-\sqrt{3}+i(1+\sqrt{3})+1-i\sqrt{3}\) : \(z_E=2-\sqrt{3}+i\).

De même \(z_F=e^{-i\frac{\pi}{3}}(z_C-z_B)+z_B=2+\sqrt{3}-i\).

Exercice 19 (nombres complexes corrigés)

1) \(\Delta=16-32=-16=(4i)^2\), donc \(z=\dfrac{-4\pm 4i}{2}\) : \(z_1=-2-2i\) et \(z_2=-2+2i\).

Leur module vaut \(\sqrt{8}=2\sqrt{2}\) : \(z_1=2\sqrt{2}(\cos(-\dfrac{3\pi}{4})+i\sin(-\dfrac{3\pi}{4}))\) et \(z_2=2\sqrt{2}(\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4})\).

2) a) \(b=-a=-2+2i\). La rotation de centre O d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\) s’écrit \(z^{\prime}=iz\), donc \(c=i(-2+2i)\) : \(c=-2-2i\).

b) La rotation de centre A et d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\) s’écrit \(z^{\prime}-a=i(z-a)\), donc \(d=a+i(c-a)=2-2i+i(-4)\) : \(d=2-6i\).

c) \(b-a=-4+4i\) et \(c-d=-4+4i\) : \(\vec{AB}=\vec{DC}\), donc ABCD est un parallélogramme. Ce n’est pas un rectangle : \(\vec{BA}(4;-4)\) et \(\vec{BC}(0;-4)\) ont un produit scalaire égal à 16, non nul.

3) a) \(G_\alpha\) existe car la somme des coefficients \(1-1+\alpha=\alpha\) est non nulle. Par définition \(\vec{G_\alpha A}-\vec{G_\alpha B}+\alpha\vec{G_\alpha C}=\vec{0}\). Or \(\vec{G_\alpha A}-\vec{G_\alpha B}=\vec{BA}\), donc \(\vec{BA}-\alpha\vec{CG_\alpha}=\vec{0}\) : \(\vec{CG_\alpha}=\dfrac{1}{\alpha}\vec{BA}\).

b) Quand \(\alpha\) décrit \(\mathbb{R}^*\), \(\dfrac{1}{\alpha}\) décrit aussi \(\mathbb{R}^*\). L’ensemble des points \(G_\alpha\) est la droite passant par C et de vecteur directeur \(\vec{BA}\), privée du point C : c’est la parallèle à (AB) passant par C, d’équation \(y=-x-4\).

c) \(\vec{CD}\) a pour affixe \(d-c=4-4i\), égale à celle de \(\vec{BA}\). Donc \(G_\alpha=D\Leftrightarrow\dfrac{1}{\alpha}=1\) : \(\alpha=1\).

4) Pour \(\alpha=2\), \(G_2\) vérifie \(\vec{CG_2}=\dfrac{1}{2}\vec{BA}\), donc \(g_2=c+\dfrac{4-4i}{2}=-4i\). En introduisant \(G_2\) (relation de Chasles) : \(\vec{MA}-\vec{MB}+2\vec{MC}=2\vec{MG_2}\).

La condition devient \(2MG_2=4\sqrt{2}\), soit \(MG_2=2\sqrt{2}\). L’ensemble cherché est le cercle de centre \(G_2(-4i)\) et de rayon \(2\sqrt{2}\) ; il passe par C et D car \(|c+4i|=|d+4i|=2\sqrt{2}\).

Exercice 20 :

1) b) \(z_{K^{\prime}}=\dfrac{-(1+i)^2}{1+i-i}=\dfrac{-2i}{1}\) : \(z_{K^{\prime}}=-2i\).

2) a) \(z_{L^{\prime}}=\dfrac{-(\frac{i}{2})^2}{\frac{i}{2}-i}=\dfrac{\frac{1}{4}}{-\frac{i}{2}}=-\dfrac{1}{2i}=\dfrac{i}{2}\). L’ = L : le point L est sa propre image.

b) M est invariant \(\Leftrightarrow \dfrac{-z^2}{z-i}=z\Leftrightarrow -z^2=z^2-iz\Leftrightarrow z(2z-i)=0\). Les deux points invariants sont O (affixe 0) et L (affixe \(\dfrac{i}{2}\)).

3) a) \(g=\dfrac{i+z+z^{\prime}}{3}\). Or \(i+z=\dfrac{(z+i)(z-i)}{z-i}=\dfrac{z^2+1}{z-i}\), donc \(i+z+z^{\prime}=\dfrac{z^2+1-z^2}{z-i}=\dfrac{1}{z-i}\) et \(g=\dfrac{1}{3(z-i)}\).

b) Si \(AM=|z-i|=r\), alors \(|g|=\dfrac{1}{3|z-i|}=\dfrac{1}{3r}\), donc \(OG=\dfrac{1}{3r}\) : G est sur le cercle de centre O et de rayon \(\dfrac{1}{3r}\).

c) \(\arg g=\arg(\dfrac{1}{3})-\arg(z-i)=-\arg(z-i)\ [2\pi]\) et \(\arg(z-i)=(\vec{u},\vec{AM})\), donc \(\arg g=-(\vec{u},\vec{AM})\ [2\pi]\).

d) D est sur le cercle de centre A de rayon \(\dfrac{1}{2}\), donc G (isobarycentre de A, D, D’) est sur le cercle de centre O de rayon \(\dfrac{1}{3\times \frac{1}{2}}=\dfrac{2}{3}\), c’est-à-dire \(\dfrac{4}{6}\) de OI : on utilise les graduations du segment [OI]. Construction :

1. on trace la demi-droite d’origine O qui fait avec \(\vec{u}\) l’angle \(-(\vec{u},\vec{AD})\) : c’est la symétrique, par rapport à l’axe des abscisses, de la demi-droite d’origine O parallèle à [AD) et de même sens ;
2. G est le point de cette demi-droite tel que \(OG=\dfrac{2}{3}\) ;
3. comme G est le centre de gravité de ADD’, en notant J le milieu de [AD], on a \(\vec{JD^{\prime}}=3\vec{JG}\) : D’ est le point de la droite (JG) tel que \(\vec{JD^{\prime}}=3\vec{JG}\).

Exercice 21 (nombres complexes corrigés)

On remarque que \(Z=\dfrac{z-a}{z-b}\) avec \(a=1-i\) et \(b=-3+2i\). En posant \(z=x+iy\), un calcul donne :

\(\text{Re}(Z)=\dfrac{x^2+2x+y^2-y-5}{(x+3)^2+(y-2)^2}\) et \(\text{Im}(Z)=\dfrac{3x+4y+1}{(x+3)^2+(y-2)^2}\).

a) Faux. Z réel \(\Leftrightarrow 3x+4y+1=0\), équation de la droite (AB) (A et B la vérifient). L’ensemble cherché est la droite (AB) privée de B, et pas seulement le segment [AB] : par exemple, pour \(z=5-4i\), point de (AB) hors du segment, \(Z=\dfrac{4-3i}{8-6i}=\dfrac{1}{2}\) est réel.

b) Faux. Pour obtenir la forme algébrique, il faut multiplier par le conjugué du dénominateur, \(\overline{z}+3+2i\), et non par \(z+3+2i\). Le dénominateur \((z+3-2i)(z+3+2i)=(z+3)^2+4\) n’est pas réel en général : pour \(z=i\), il vaut \(12+6i\).

c) Vrai. M’ est sur l’axe des ordonnées \(\Leftrightarrow \text{Re}(Z)=0\Leftrightarrow x^2+2x+y^2-y-5=0\Leftrightarrow (x+1)^2+(y-\dfrac{1}{2})^2=\dfrac{25}{4}\), avec \(z\neq b\). C’est le cercle de diamètre [AB], privé de B.

d) Vrai. Si \(Z=i\), alors \(|Z|=\dfrac{AM_0}{BM_0}=1\), donc \(AM_0=BM_0\) : M₀ est sur la médiatrice de [AB]. (On trouve d’ailleurs \(z_0=\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}i\).)

Exercice 22 :

1. M est invariant \(\Leftrightarrow z=\dfrac{z-1}{z+1}\Leftrightarrow z^2+z=z-1\Leftrightarrow z^2=-1\). Les points invariants ont pour affixes \(i\) et \(-i\).

2. a) \((z^{\prime}-1)(z+1)=(\dfrac{z-1}{z+1}-1)(z+1)=\dfrac{z-1-z-1}{z+1}\times (z+1)\), donc \((z^{\prime}-1)(z+1)=-2\).

b) En passant aux modules : \(|z^{\prime}-1|\times |z+1|=2\). En passant aux arguments (\(\arg(-2)=\pi\)) : \(\arg(z^{\prime}-1)+\arg(z+1)=\pi\ [2\pi]\).

3. Si M appartient à (C), alors \(BM=|z+1|=2\), donc \(|z^{\prime}-1|=\dfrac{2}{2}=1\), soit AM’ = 1 : M’ appartient au cercle (C’) de centre A et de rayon 1.

4. a) \(p+1=-1+i\sqrt{3}=2(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2})\), donc \(p+1=2(\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3})\).

b) \(BP=|p+1|=2\), donc P appartient au cercle (C).

Exercice 23 (nombres complexes corrigés)

1. b. \(z_{C^{\prime}}=\dfrac{i+1}{i-2i}=\dfrac{1+i}{-i}=(1+i)\,i\), donc \(z_{C^{\prime}}=-1+i\).

\(\vec{AC}\) a pour affixe \(i-2i=-i\) et \(\vec{C^{\prime}B}\) a pour affixe \(-1-(-1+i)=-i\) : \(\vec{AC}=\vec{C^{\prime}B}\), donc ACBC’ est un parallélogramme.

c. On résout \(\dfrac{z+1}{z-2i}=i\) avec \(z\neq 2i\) : \(z+1=iz+2\Leftrightarrow z(1-i)=1\Leftrightarrow z=\dfrac{1}{1-i}=\dfrac{1+i}{2}\). L’équation a une seule solution : C a un unique antécédent C » d’affixe \(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}i\).

\(\dfrac{z_{C^{\prime\prime}}-z_C}{z_B-z_C}=\dfrac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i}{-1-i}=\dfrac{i}{2}\), imaginaire pur : \((CB)\perp(CC^{\prime\prime})\) et \(CC^{\prime\prime}=\dfrac{1}{2}CB\). BCC » est rectangle en C (et non isocèle).

2. Pour \(M\neq A\) : \(z^{\prime}=\dfrac{z-z_B}{z-z_A}\), donc \(|z^{\prime}|=\dfrac{BM}{AM}\), et pour \(M\neq B\) : \(\arg(z^{\prime})=(\vec{MA},\vec{MB})\ [2\pi]\).

3. a. z’ réel strictement négatif \(\Leftrightarrow M\neq B\) et \((\vec{MA},\vec{MB})=\pi\ [2\pi]\) : les vecteurs \(\vec{MA}\) et \(\vec{MB}\) sont de sens contraires. \(E_0\) est le segment [AB] privé de A et de B.

b. z’ imaginaire pur non nul \(\Leftrightarrow (\vec{MA},\vec{MB})=\dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\) : l’angle \(\widehat{AMB}\) est droit. \(E_1\) est le cercle de diamètre [AB] privé de A et de B.

c. \(|z^{\prime}|=1\Leftrightarrow BM=AM\). \(E_2\) est la médiatrice du segment [AB].

Exercice 24 :

La seconde équation donne \(z_1=\sqrt{3}-2z_2\). En reportant dans la première : \((\sqrt{3}-2z_2)z_2=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 4z_2^2-2\sqrt{3}z_2+1=0\).

\(\Delta=12-16=-4=(2i)^2\), donc \(z_2=\dfrac{2\sqrt{3}\pm 2i}{8}=\dfrac{\sqrt{3}\pm i}{4}\), puis \(z_1=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}\pm i}{2}=\dfrac{\sqrt{3}\mp i}{2}\).

Les couples solutions sont \((\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i\ ;\ \dfrac{\sqrt{3}}{4}+\dfrac{1}{4}i)\) et \((\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}i\ ;\ \dfrac{\sqrt{3}}{4}-\dfrac{1}{4}i)\).

Formes trigonométriques : \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mp\dfrac{1}{2}i=\cos(\mp\dfrac{\pi}{6})+i\sin(\mp\dfrac{\pi}{6})\) et \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\pm\dfrac{1}{4}i=\dfrac{1}{2}(\cos(\pm\dfrac{\pi}{6})+i\sin(\pm\dfrac{\pi}{6}))\). On vérifie : \(z_1z_2=1\times \dfrac{1}{2}\times e^{0}=\dfrac{1}{2}\).

Exercice 25 (nombres complexes corrigés)

Nombre	Partie réelle	Partie imaginaire
\(z_1=1+2i\)	1	2
\(z_2=3+i\)	3	1
\(z_3=3\)	3	0
\(z_4=6i\)	0	6
\(z_5=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i\)	\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)	\(-\dfrac{1}{2}\)
\(z_6=\dfrac{5}{3}+\dfrac{2}{3}i\)	\(\dfrac{5}{3}\)	\(\dfrac{2}{3}\)

Attention : la partie imaginaire est un réel (on écrit 2 et non 2i).

Exercice 26 :

1. \(z_1=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(z_2=\cos(-\dfrac{\pi}{4})+i\sin(-\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\).

2. Forme exponentielle : \(z_1z_2=e^{i(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})}\), donc \(z_1z_2=e^{i\frac{\pi}{12}}\). De même, forme trigonométrique : \(z_1z_2=\cos\dfrac{\pi}{12}+i\sin\dfrac{\pi}{12}\).

Forme algébrique : \(z_1z_2=(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2})(\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{\sqrt{2}}{4}(1-i+i\sqrt{3}+\sqrt{3})\), donc \(z_1z_2=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}+i\,\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\).

3. En identifiant les parties réelles et imaginaires des deux écritures : \(\cos\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\) et \(\sin\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\).

Exercice 27 (nombres complexes corrigés)

• \(z_1=1-8+(1+4)i\) : \(z_1=-7+5i\) ;
• \(z_2=15-6i+5i-2i^2=15-i+2\) : \(z_2=17-i\) ;
• \(z_3=5i-3-2i\) : \(z_3=-3+3i\) ;
• \(z_4=10-2i+3i-12\) : \(z_4=-2+i\) ;
• \((i+2)^2=i^2+4i+4=3+4i\), donc \(z_5=3+4i-3+5i\) : \(z_5=9i\) ;
• \(z_6=\dfrac{1}{4}+2\times \dfrac{1}{2}\times i\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{3}{4}\) : \(z_6=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ;
• \(z_7=\dfrac{(5+i)(3-2i)}{(3+2i)(3-2i)}=\dfrac{15-10i+3i+2}{13}\) : \(z_7=\dfrac{17}{13}-\dfrac{7}{13}i\).

Exercice 28 :

1. A a pour coordonnées (3 ; 2), B (−5 ; 2) et C (0 ; −3).

2. \(z_{A^{\prime}}=\dfrac{z_B+z_C}{2}=\dfrac{-5+2i-3i}{2}\), donc \(z_{A^{\prime}}=-\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{2}i\) ; \(z_{B^{\prime}}=\dfrac{z_A+z_C}{2}=\dfrac{3+2i-3i}{2}\), donc \(z_{B^{\prime}}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}i\).

3. \(z_G=z_A+\dfrac{2}{3}(z_{A^{\prime}}-z_A)=\dfrac{z_A+2z_{A^{\prime}}}{3}=\dfrac{z_A+z_B+z_C}{3}=\dfrac{-2+i}{3}\), donc \(z_G=-\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}i\) : G est le centre de gravité du triangle ABC.

Exercice 29 (nombres complexes corrigés)

1. \(z_{\vec{AD}}=z_D-z_A=(11+i)-(5+5i)\) : \(z_{\vec{AD}}=6-4i\) ; \(z_{\vec{BC}}=z_C-z_B=(9-2i)-(3+2i)\) : \(z_{\vec{BC}}=6-4i\).

2. \(\dfrac{z_B-z_A}{z_D-z_A}=\dfrac{-2-3i}{6-4i}=\dfrac{(-2-3i)(6+4i)}{36+16}=\dfrac{-12-8i-18i+12}{52}=-\dfrac{1}{2}i\). Un argument est \(-\dfrac{\pi}{2}\).

3. \(\vec{AD}=\vec{BC}\), donc ABCD est un parallélogramme. De plus \((\vec{AD},\vec{AB})=-\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]\) : l’angle en A est droit. ABCD est un rectangle ; ce n’est pas un carré car \(AB=\sqrt{13}\) et \(AD=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\).

Exercice 30 :

1. a. \(\Delta=(2\sqrt{3})^2-16=-4=(2i)^2\), donc \(z=\sqrt{3}+i\) ou \(z=\sqrt{3}-i\).

b. Leur module vaut \(\sqrt{3+1}=2\) : \(\sqrt{3}+i=2e^{i\frac{\pi}{6}}\) et \(\sqrt{3}-i=2e^{-i\frac{\pi}{6}}\).

2. a. A et M sont sur le cercle de centre O et de rayon 2 : on les obtient comme intersections de ce cercle avec les droites d’équations \(y=1\) et \(y=-1\), du côté des abscisses positives.

b. \(b=ia=i(\sqrt{3}+i)\), donc \(b=-1+i\sqrt{3}\) ; \(c=ib=i(-1+i\sqrt{3})\), donc \(c=-\sqrt{3}-i\). B et C sont aussi sur le cercle de centre O et de rayon 2.

c. \(c-b=(i-1)b\) et \(a-b=a-ia=(1-i)a\). Comme \(b=ia\) : \(\dfrac{c-b}{a-b}=\dfrac{(i-1)\,ia}{(1-i)\,a}=-i\). Donc BC = BA et \((\vec{BA},\vec{BC})=-\dfrac{\pi}{2}\) : ABC est rectangle et isocèle en B.

d. ABCD est un carré si et seulement si \(\vec{AD}=\vec{BC}\), soit \(d=a+c-b=\sqrt{3}+i-\sqrt{3}-i+1-i\sqrt{3}\) : \(d=1-i\sqrt{3}\) (on a \(d=-b\)).

Exercice 31 (nombres complexes corrigés)

1)

Nombre	Partie réelle	Partie imaginaire
\(2+4i\)	2	4
\(2i\)	0	2
\(-1-3i\)	−1	−3
\(-4\)	−4	0
\(2+\sqrt{3}\)	\(2+\sqrt{3}\)	0
\(-\sqrt{5}i\)	0	\(-\sqrt{5}\)

2) Un complexe est réel lorsque sa partie imaginaire est nulle : \(-4\) et \(2+\sqrt{3}\) sont réels. Il est imaginaire pur lorsque sa partie réelle est nulle : \(2i\) et \(-\sqrt{5}i\) sont imaginaires purs.

Exercice 32 :

• \(z_1=6+(2-7)i\) : \(z_1=6-5i\) ;
• \(z_2=3-1-2i\) : \(z_2=2-2i\) ;
• \(z_3=-15+5i\) ;
• \(z_4=-4-8i\) ;
• \(z_5=1-1\) : \(z_5=0\) ;
• \(z_6=3i+2i^2\) : \(z_6=-2+3i\) ;
• \(z_7=15-3i-i+5i^2=15-4i-5\) : \(z_7=10-4i\) ;
• \(z_8=i^2\times i\) : \(z_8=-i\) ;
• \(z_9=(i^2)^2\) : \(z_9=1\) ;
• \(z_{10}=1-i^2\) : \(z_{10}=2\) ;
• \(z_{11}=2+3i\) ;
• \(z_{12}=\dfrac{2}{5}-\dfrac{3}{5}i\) ;
• \(1-4i^2=1+4=5\), donc \(z_{13}=2+i\).

Exercice 33 (nombres complexes corrigés)

Le conjugué de \(a+ib\) est \(a-ib\) : on change le signe de la partie imaginaire.

\(\overline{z_1}=5-2i\) ; \(\overline{z_2}=-4\) ; \(\overline{z_3}=-7i\) ; \(\overline{z_4}=-2+8i\) ; \(\overline{z_5}=-11-3i\) ; \(z_6=2-3i\), donc \(\overline{z_6}=2+3i\).

Exercice 34 :

1. \(z=2-4i\) : \(S=\{2-4i\}\).
2. \(5z-4z=-5+i-2i\) : \(S=\{-5-i\}\).
3. \(iz=-1+i\), donc \(z=\dfrac{-1+i}{i}=\dfrac{(-1+i)(-i)}{1}=i+1\) : \(S=\{1+i\}\).
4. \(-2z-iz=1-i-3\), soit \(-(2+i)z=-(2+i)\) : \(S=\{1\}\).
5. Un produit est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul : \(2z-4+i=0\) ou \(z+3i=0\). \(S=\{2-\dfrac{1}{2}i\ ;\ -3i\}\).
6. \(2z-4=0\) ou \(iz+2=0\), soit \(z=2\) ou \(z=-\dfrac{2}{i}=2i\) : \(S=\{2\ ;\ 2i\}\).
7. \(z^2=-16=(4i)^2\) : \(S=\{-4i\ ;\ 4i\}\).
8. \(z^2=-81=(9i)^2\) : \(S=\{-9i\ ;\ 9i\}\).

Exercice 35 (nombres complexes corrigés)

Sur la figure, une unité correspond à un carreau. Le point image de \(x+iy\) a pour coordonnées \((x;y)\) :

• \(z_1=2+2i\) : point B (2 ; 2) ;
• \(z_2=-2-2i\) : point D (−2 ; −2) ;
• \(z_3=2\) : point E (2 ; 0) ;
• \(z_4=2i\) : point F (0 ; 2) ;
• \(z_5=-2\) : point G (−2 ; 0) ;
• \(z_6=-2+2i\) : point C (−2 ; 2).

Les points A (affixe \(2-2i\)) et H (affixe \(-2i\)) ne correspondent à aucun des nombres proposés.

Exercice 36 :

L’affixe de \(\vec{MN}\) est \(z_N-z_M\). On lit A(−2 ; 2), B(1 ; 1), C(1 ; −1), D(3 ; 1), E(−1 ; −1), F(−3 ; −1), G(4 ; −1) et H(4 ; 2).

• \(z_{\vec{AB}}=(1+i)-(-2+2i)=3-i\) : \(\vec{AB}\) a pour affixe \(z_4=3-i\) ;
• \(z_{\vec{CD}}=(3+i)-(1-i)=2+2i\) : \(\vec{CD}\) a pour affixe \(z_1=2+2i\) ;
• \(z_{\vec{EF}}=(-3-i)-(-1-i)=-2\) : \(\vec{EF}\) a pour affixe \(z_5=-2\) ;
• \(z_{\vec{GH}}=(4+2i)-(4-i)=3i\) : \(\vec{GH}\) a pour affixe \(z_3=3i\).

Les affixes \(z_2=-2+2i\) et \(z_6=1-i\) ne correspondent à aucun des quatre vecteurs tracés.

Exercice 37 (nombres complexes corrigés)

1) Les trois cercles de centre O ont pour rayons 1, 2 et 3 (une unité par carreau). A et E sont sur le petit cercle, B et C sur le cercle moyen, D et F sur le grand cercle :

OA = 1 ; OB = 2 ; OC = 2 ; OD = 3 ; OE = 1 ; OF = 3.

2) Le module de l’affixe d’un point M est la distance OM : \(|z_A|=|z_E|=1\), \(|z_B|=|z_C|=2\), \(|z_D|=|z_F|=3\).

Exercice 38 :

Une forme trigonométrique s’écrit \(r(\cos\theta+i\sin\theta)\) avec \(r\gt 0\) et le même angle \(\theta\) dans le cosinus et le sinus.

• \(z_1\) : c’est une forme trigonométrique (module \(\sqrt{3}\), argument \(\dfrac{\pi}{3}\)).
• \(z_2\) : ce n’en est pas une, car \(-3\lt 0\). Une forme trigonométrique est \(z_2=3(\cos\dfrac{5\pi}{4}+i\sin\dfrac{5\pi}{4})\).
• \(z_3\) : ce n’en est pas une, car les angles diffèrent. Comme \(\cos\dfrac{5\pi}{6}=\cos(-\dfrac{5\pi}{6})\), on a \(z_3=2(\cos(-\dfrac{5\pi}{6})+i\sin(-\dfrac{5\pi}{6}))\).
• \(z_4\) : c’est une forme trigonométrique du réel 5 (module 5, argument 0).

Exercice 39 (nombres complexes corrigés)

On utilise \(|z_1z_2|=|z_1||z_2|\), \(|\dfrac{z_1}{z_2}|=\dfrac{|z_1|}{|z_2|}\), \(|z_1^5|=|z_1|^5\), et les règles analogues pour les arguments (somme, différence, multiple) modulo \(2\pi\).

1) \(|z_1z_2|=2\times 4=8\) ; \(|\dfrac{z_1}{z_2}|=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\) ; \(|z_1^5|=2^5=32\).

2) \(\arg(z_1z_2)=\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\pi}{6}\), donc \(\arg(z_1z_2)=\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]\) ; \(\arg(\dfrac{z_1}{z_2})=\dfrac{2\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6}\), donc \(\arg(\dfrac{z_1}{z_2})=\dfrac{5\pi}{6}\ [2\pi]\) ; \(\arg(z_1^5)=\dfrac{10\pi}{3}=\dfrac{10\pi}{3}-4\pi\), donc \(\arg(z_1^5)=-\dfrac{2\pi}{3}\ [2\pi]\).

Exercice 40 :

Par définition \(e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta\) :

• \(z_1=\cos\pi+i\sin\pi\) (\(z_1=-1\)) ;
• \(z_2=\cos(-\dfrac{\pi}{2})+i\sin(-\dfrac{\pi}{2})\) (\(z_2=-i\)) ;
• \(z_3=\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}\) (\(z_3=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)) ;
• \(z_4=\cos(-\dfrac{5\pi}{6})+i\sin(-\dfrac{5\pi}{6})\) (\(z_4=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i\)).

Exercice 41 (nombres complexes corrigés)

On calcule d’abord \(z^{\prime}=\dfrac{(10+5i)(1+2i)}{(1-2i)(1+2i)}=\dfrac{10+20i+5i-10}{5}=\dfrac{25i}{5}=5i\).

1. \(z^{\prime}-z=5i-5i=0\), donc \(z^{\prime}=z\).

2. Sans calculer z’, \(\dfrac{z^{\prime}}{z}=\dfrac{10+5i}{5i(1-2i)}=\dfrac{10+5i}{5i+10}=1\), donc \(z^{\prime}=z\).

Exercice 42 :

\(z=\dfrac{(3+6i)(3+4i)}{(3-4i)(3+4i)}=\dfrac{9+12i+18i-24}{9+16}=\dfrac{-15+30i}{25}\), donc \(z=-\dfrac{3}{5}+\dfrac{6}{5}i\).

Exercice 43 :

On aura besoin de \(z_1^2=1-6i-9=-8-6i\), \(z_2^2=16-8i-1=15-8i\) et \(z_1z_2=-4+i+12i+3=-1+13i\).

a) \(z_1^2-2z_2=-8-6i-8+2i\), donc \(z_1^2-2z_2=-16-4i\).

b) \(z_1z_2^2=(-1+3i)(15-8i)=-15+8i+45i+24\), donc \(z_1z_2^2=9+53i\).

c) \(\dfrac{z_1}{z_2}=\dfrac{(-1+3i)(4+i)}{17}=\dfrac{-4-i+12i-3}{17}\), donc \(\dfrac{z_1}{z_2}=-\dfrac{7}{17}+\dfrac{11}{17}i\).

d) L’énoncé répète le quotient de la question c) : même résultat, \(-\dfrac{7}{17}+\dfrac{11}{17}i\).

e) \(\dfrac{1}{z_1}+\dfrac{1}{z_2}=\dfrac{z_1+z_2}{z_1z_2}=\dfrac{3+2i}{-1+13i}=\dfrac{(3+2i)(-1-13i)}{170}=\dfrac{23-41i}{170}\), donc \(\dfrac{1}{z_1}+\dfrac{1}{z_2}=\dfrac{23}{170}-\dfrac{41}{170}i\).

f) \(\dfrac{1}{z_1^2}+\dfrac{1}{z_2^2}=\dfrac{z_1^2+z_2^2}{(z_1z_2)^2}=\dfrac{7-14i}{-168-26i}=\dfrac{(7-14i)(-168+26i)}{28900}=\dfrac{-812+2534i}{28900}\), donc \(\dfrac{1}{z_1^2}+\dfrac{1}{z_2^2}=-\dfrac{203}{7225}+\dfrac{1267}{14450}i\).

Exercice 44 :

S est la somme des 2 018 premiers termes de la suite géométrique de raison \(i\neq 1\) :

\(S=\dfrac{1-i^{2018}}{1-i}\). Or \(2018=4\times 504+2\), donc \(i^{2018}=(i^4)^{504}\times i^2=-1\).

\(S=\dfrac{2}{1-i}=\dfrac{2(1+i)}{2}\), donc \(S=1+i\).

Autre méthode : les puissances de i se répètent par blocs de quatre \((1;i;-1;-i)\) de somme nulle ; il reste les deux derniers termes \(i^{2016}+i^{2017}=1+i\).

Exercice 45 :

1. \(j^2=-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(j^3=1\) (voir l’exercice 3). Par division euclidienne de n par 3 : si \(n=3k\), \(j^n=1\) ; si \(n=3k+1\), \(j^n=j\) ; si \(n=3k+2\), \(j^n=j^2\).

2. \(1+j+j^2=1-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}+i(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2})\), donc \(1+j+j^2=0\).

3. S’ contient 2 019 termes, soit \(673\times 3\). On les regroupe par paquets de trois : \(j^{3k}+j^{3k+1}+j^{3k+2}=j^{3k}(1+j+j^2)=0\). Donc \(S^{\prime}=0\).

Exercice 46 :

\(P(2+i)=(2+i)^2-4(2+i)+5=(3+4i)-8-4i+5\), donc \(P(2+i)=0\).

\(P(2-i)=(2-i)^2-4(2-i)+5=(3-4i)-8+4i+5\), donc \(P(2-i)=0\).

Ainsi 2 + i et 2 − i sont les deux racines (conjuguées) de P, et \(P(z)=(z-2-i)(z-2+i)\).

Exercice 47 :

1. a) On place A(−3 ; −1), B(−2 ; 4), C(3 ; −1) et H(−2 ; 0).

b) Avec \(v=i\) : \(VA=|-3-2i|=\sqrt{13}\), \(VB=|-2+3i|=\sqrt{13}\), \(VC=|3-2i|=\sqrt{13}\). V est à égale distance des trois sommets : V est le centre du cercle \(\xi\) circonscrit à ABC, de rayon \(\sqrt{13}\).

c) \(\dfrac{b-c}{h-a}=\dfrac{-5+5i}{1+i}=\dfrac{(-5+5i)(1-i)}{2}=\dfrac{10i}{2}\), donc \(\dfrac{b-c}{h-a}=5i\).

Ce quotient est imaginaire pur non nul, donc \((\vec{AH},\vec{CB})=\dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\) : les droites (AH) et (BC) sont perpendiculaires.

2. a) \(g=\dfrac{1}{3}(-3-i-2+4i+3-i)\), donc \(g=-\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}i\).

b) \(g-v=-\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3}i\) et \(h-v=-2-i=3(g-v)\). Donc \(\vec{VH}=3\vec{VG}\) : V, G et H sont alignés (droite d’Euler).

c) \(a^{\prime}=\dfrac{b+c}{2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}i\) et \(k=\dfrac{a+h}{2}=-\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{2}i\). Alors \(z_{\vec{KH}}=h-k=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}i\) et \(z_{\vec{VA^{\prime}}}=a^{\prime}-v=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}i\).

\(\vec{KH}=\vec{VA^{\prime}}\), donc KHA’V est un parallélogramme.

Exercice 48 :

On note a, b, c les affixes de A, B, C et \(\omega=e^{i\frac{\pi}{3}}\). La rotation de centre O et d’angle \(\dfrac{\pi}{3}\) s’écrit \(z^{\prime}=\omega z\), donc \(a^{\prime}=\omega a\), \(b^{\prime}=\omega b\), \(c^{\prime}=\omega c\), puis :

\(u=\dfrac{\omega a+b}{2}\), \(v=\dfrac{\omega b+c}{2}\), \(w=\dfrac{\omega c+a}{2}\).

On utilise la caractérisation de l’exercice 5 : UVW est équilatéral direct si et seulement si \(u+jv+j^2w=0\), avec \(j=e^{\frac{2i\pi}{3}}\) et \(\omega=-j^2\).

\(2(u+jv+j^2w)=\omega a+b+j\omega b+jc+j^2\omega c+j^2a\). On regroupe :

• termes en a : \((\omega+j^2)a=(-j^2+j^2)a=0\) ;
• termes en b : \((1+j\omega)b=(1-j^3)b=0\) ;
• termes en c : \((j+j^2\omega)c=(j-j^4)c=(j-j)c=0\).

Donc \(u+jv+j^2w=0\) : le triangle UVW est équilatéral (de sens direct). Le résultat reste vrai sans utiliser que A, B et C sont sur le même cercle.

Exercice 49 :

On pose \(z=x+iy\). Alors \(z+i\overline{z}=x+iy+ix+y=(x+y)(1+i)\), donc \(f(z)=\dfrac{x+y}{2}(1+i)\).

1. \(f(z)=z\Leftrightarrow i\overline{z}=z\Leftrightarrow y+ix=x+iy\Leftrightarrow x=y\). (d) est la droite d’équation \(y=x\).

2. \(f(z)-z=\dfrac{i\overline{z}-z}{2}\) et \(i\overline{z}-z=(y-x)+i(x-y)=(y-x)(1-i)\). Donc \(\dfrac{f(z)-z}{1-i}=\dfrac{y-x}{2}\), qui est réel.

3. \(z^{\prime}-z=t(1-i)\) avec \(t=\dfrac{y-x}{2}\) réel : \(\vec{MM^{\prime}}=t(\vec{u}-\vec{v})\). M’ appartient à la droite \(\Delta\) passant par M et de vecteur directeur \(\vec{u}-\vec{v}\).

4. f(z) a une partie réelle et une partie imaginaire égales, donc son point image est sur (d) et, d’après la question 1, il est invariant : \(f(f(z))=f(z)\).

5. D’après la question 4, M’ est sur (d) ; d’après la question 3, M’ est sur \(\Delta\). Les directions \(1+i\) et \(1-i\) ne sont pas colinéaires, donc (d) et \(\Delta\) sont sécantes en un seul point : M’ est le point d’intersection de (d) et de \(\Delta\).

6. \((1+i)\) et \((1-i)\) sont orthogonaux (\(\dfrac{1-i}{1+i}=-i\) est imaginaire pur) : \(\Delta\) est la perpendiculaire à (d) passant par M. f est la projection orthogonale sur la droite (d) d’équation \(y=x\).

Exercice 50 :

Partie A.

\(|z_B-z_A|=|e^{i\frac{\pi}{3}}|=1\), donc AB = 1 : B appartient au cercle C.

\((\vec{AF},\vec{AB})=\arg(\dfrac{z_B-z_A}{z_F-z_A})=\arg(e^{i\frac{\pi}{3}})\), donc \((\vec{AF},\vec{AB})=\dfrac{\pi}{3}\ [2\pi]\).

\(z_B-z_A=e^{i\frac{\pi}{3}}\). De plus \(z_B=\dfrac{3}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\,e^{i\frac{\pi}{6}}\), donc \(z_E-z_A=z_B^2=3e^{i\frac{\pi}{3}}\) : \(z_E-z_A=3e^{i\frac{\pi}{3}}\).

Ainsi \(z_E-z_A=3(z_B-z_A)\), soit \(\vec{AE}=3\vec{AB}\) : A, B et E sont alignés, et \(z_E=\dfrac{5}{2}+\dfrac{3\sqrt{3}}{2}i\).

Partie B.

Pour \(z\neq 0\) et \(z\neq 1\) : \(z-1\neq 0\) et \(z^{\prime}-1=z^2\neq 0\), donc \(M\neq A\) et \(M^{\prime}\neq A\). Un argument de \(\dfrac{z^{\prime}-1}{z-1}\) est une mesure de l’angle \((\vec{AM},\vec{AM^{\prime}})\).

A, M et M’ sont alignés \(\Leftrightarrow (\vec{AM},\vec{AM^{\prime}})=0\ [\pi]\Leftrightarrow \dfrac{z^{\prime}-1}{z-1}\) est un réel non nul. Or \(\dfrac{z^{\prime}-1}{z-1}=\dfrac{z^2}{z-1}\), non nul car \(z\neq 0\). Donc A, M et M’ sont alignés si et seulement si \(\dfrac{z^2}{z-1}\) est réel.

Exercice 51 :

1. \(f(0)=0\) ; \(f(i)=i^3-3i^2+3i=-i+3+3i=3+2i\) ; \(f(i\sqrt{3})=-3\sqrt{3}i+9+3\sqrt{3}i=9\). O’ = O, B’ a pour affixe \(3+2i\) et C’ a pour affixe 9.

2. On place B(0 ; 1), C(0 ; \(\sqrt{3}\)), B'(3 ; 2) et C'(9 ; 0).

3. O, B et C sont alignés (sur l’axe des ordonnées), mais \(\dfrac{z_{B^{\prime}}-0}{z_{C^{\prime}}-0}=\dfrac{3+2i}{9}\) n’est pas réel : O, B’ et C’ ne sont pas alignés. f ne conserve pas l’alignement.

4. M est invariant \(\Leftrightarrow z^3-3z^2+3z=z\Leftrightarrow z^3-3z^2+2z=0\), en soustrayant z aux deux membres.

5. \(z^3-3z^2+2z=z(z^2-3z+2)=z(z-1)(z-2)\). f possède trois points invariants, d’affixes 0, 1 et 2.

6. \((z-1)^3=z^3-3z^2+3z-1=z^{\prime}-1\), donc \(z^{\prime}-1=(z-1)^3\) pour tout z.

Exercice 52 :

f est définie pour \(\overline{z}\neq 2\), c’est-à-dire \(z\neq 2\) (M distinct de A).

M est invariant \(\Leftrightarrow \dfrac{z+4}{\overline{z}-2}=z\Leftrightarrow z\overline{z}-2z=z+4\Leftrightarrow |z|^2-3z-4=0\).

Avec \(z=x+iy\) : \(x^2+y^2-3x-4-3iy=0\). Un complexe est nul si et seulement si ses parties réelle et imaginaire le sont :

\(-3y=0\) donne \(y=0\), puis \(x^2-3x-4=0\Leftrightarrow (x-4)(x+1)=0\), soit \(x=4\) ou \(x=-1\).

Vérification : \(\dfrac{4+4}{4-2}=4\) et \(\dfrac{-1+4}{-1-2}=-1\). Les points invariants par f sont les points d’affixes \(-1\) et \(4\).

Nombres complexes corrigés : méthode de travail

Avant tout, rédige ta propre réponse sur un brouillon. Puis contrôle tes calculs avant de passer à la suite. Ainsi, tu repères vite tes erreurs de méthode. En outre, quelques minutes par jour suffisent pour retenir l’essentiel.

Par exemple, refais un exercice raté deux jours plus tard. Enfin, si tu veux approfondir, consulte la page Nombre complexe sur Wikipédia. Également, tu peux continuer avec probabilités : corrigé des exercices de maths en 1ère.