Exercices corrigés nombres complexes


بسم الله الرحمن الرحيم 
Exercice 1
Déterminer le conjugué de chaque nombre complexe et donner sa forme algébrique.
1) z=(3+i)(−13–2i)
2) z=i(1−i)3
3) z=2–3i8+5i
4) z=2i+1−31−i

🔻Correction Exercice 1

 1)
¯z=¯(3+i)(−13–2i)=(3–i)(−13+2i)=−39+6i+13i+2=−37+19i
2)
¯z=¯i(1−i)3=−i(1+i)3=−i(1+i)(1+i)2=−i(1+i)(1+2i–1)=(−i+1)(2i)=2+2i
3)
¯z=¯(2–3i8+5i)=2+3i8–5i=2+3i8–5i×8+5i8+5i=16+10i+24i–1582+52=1+34i89
4)
¯z=¯2i+1−31−i=¯(2(1–i)–3(i+1)(i+1)(1–i))=¯(2–2i–3i–312+12)=¯−1–5i2=−1+5i2

Exercice 2
Mettre chaque nombre complexe sous sa forme algébrique.
1) z=2+i3+i
2) z=(2+i)(1–4i)i+1

🔻Correction Exercice 2

 1)
z=2+i3+i=2+i3+i×3–i3–i=6−2i+3i+132+12=7+i10
2)
z=(2+i)(1–4i)i+1=2–8i+i+4i+1=6–7ii+1×−i+1−i+1=−6i+6–7–7i12+12=−1−13i2

Exercice 3
Résoudre dans C chacune des équations suivantes :
1) 2z2–6z+5=0
2) z2+z+1=0
3) z2+2¯z+1=0

🔻Correction Exercice 3

 1) 2z2–6z+5=0
On calcule le discriminant : Δ=(−6)2–4×2×5=−4<0
L’équation possède donc deux racines complexes :
z1=6–i√44=3–i2 et z2=¯z1=3+i2
2) z2+z+1=0
On calcule le discriminant : Δ=12–4=−3<0
L’équation possède donc deux racines complexes :
z1=−1–i√32 et z2=¯z1=−1+i√32
3) z2+2¯z+1=0
Attention, il ne s’agit pas d’une équation du second degré “classique”.
On doit donc passer par la forme algébrique de z=x+iy.
On obtient ainsi :
z2+2¯z+1=0⇔(x+iy)2+2(x–iy)+1=0⇔x2–y2+2ixy+2x–2iy+1=0⇔x2–y2+2x+1+i(2xy–2y)=0
On doit donc résoudre le système :
{x2–y2+2x+1=02xy–2y=0⇔{(x+1)2–y2=02y(x–1)=0⇔{(x+1)2–y2=0y=0(ou)x=1
Si y=0alors en remplaçant dans la première équation, on trouve (x+1)2=0 soit x=−1.
Si x=1alors en remplaçant dans la première équation, on trouve 4−y2=0soit y=2ou y=−2.
Les solutions de l’équation sont donc : −1,1+2i et 1–2i.

Exercice 4
Soit z=x+iy, xet y étant deux réels
tels que (x;y)≠(1;0).
On pose Z=z+2iz–1.
Déterminer l’ensemble des points d’affixe z tel que :
1) Zsoit un nombre réel.
2) Z soit un imaginaire pur.

🔻Correction Exercice 4

 1)
Z=z+2iz–1=x+iy+2ix+iy–1=x+i(y+2)x–1+iy=x+i(y+2)x–1+iy×x–1–iyx–1–iy=x(x–1)−ixy+i(y+2)(x–1)+y(y+2)(x–1)2+y2=x(x–1)+y(y+2)+i((y+2)(x–1)–xy)(x–1)2+y2
2) On veut que Zsoit un nombre réel.
Il faut donc que sa partie imaginaire soit nulle.
Cela signifie donc que :
(y+2)(x–1)–xy(x–1)2+y2=0
⇔xy–y+2x–2–xy=0et (x;y)≠(1;0)
⇔2x–y–2=0et (x;y)≠(1;0)
L’ensemble des points tel que Z soit un nombre réel est donc la droite d’équation 2x–y–2=0privée du point de coordonnées (1;0).
3) On veut que Z soit un imaginaire pur.
Il faut donc que sa partie réelle soit nulle.
Cela signifie donc que :
x(x–1)+y(y+2)(x–1)2+y2=0
⇔x2–x+y2+2y=0 et (x;y)≠(1;0)
⇔(x–12)2–14+(y+1)2–1=0 et (x;y)≠(1;0)
⇔(x–12)2+(y+1)2=54et(x;y)≠(1;0)
L’ensemble des points tel que Z soit un imaginaire pur est donc le cercle de centre (12;−1) et de rayon √52 privé du point de coordonnées (1;0).

Exercice 5
1) On considère un réel b.
Développer (z2+bz+4)(z2−bz+4).
2) En déduire les solutions complexes de l’équation z4+16=0.

🔻Correction Exercice 5

 1)
(z2+bz+4)(z2−bz+4)=z4−bz3+4z2+bz3−b2z2+4bz+4z2−4bz+16=z4+(8−b2)z2+16
2) Posons b=2√2 alors b2=8.
Ainsi, d’après la question précédente, (z2+2√2z+4)(z2−2√2z+4)=z4+16.
Un produit de facteurs est nul si, et seulementsi, un des facteurs au moins est nul.
Donc z4+16=0⇔z2+2√2z+4=0ou z2−2√2z+4=0.
∙Pour z2+2√2z+4=0
Δ=−8<0br="">Ilyadoncdeuxsolutionscomplexes:z_1=\dfrac{-2\sqrt{2}-i\sqrt{8}}{2}=-\sqrt{2}-i\sqrt{2}etz_2=\overline{z_1}=-\sqrt{2}+i\sqrt{2}\color{red}{\bullet\quad Pour\ z^2-2\sqrt{2}z+4=0} \Delta=-8 < 0 Ilyadoncdeuxsolutionscomplexes:z_3=\dfrac{2\sqrt{2}-i\sqrt{8}}{2}=\sqrt{2}-i\sqrt{2}etz_4=\overline{z_3}=\sqrt{2}+i\sqrt{2}Lessolutionsdel′équationz^4+16=0sontdonc-\sqrt{2}-i\sqrt{2},-\sqrt{2}+i\sqrt{2},\sqrt{2}-i\sqrt{2}et\sqrt{2}+i\sqrt{2}$

Exercice 6
Pour tout nombre complexe z on pose P(z)=z4−1.
1) Factoriser P(z).
2) En déduire les solutions dans Cde l’équation P(z)=0.
3) En déduire les solutions dans C de l’équation (2z+1z−1)4=1

🔻Correction Exercice 6

 1)
z4−1=(z2)2−12=(z2−1)(z2+1)=(z−1)(z+1)(z2+1).
2) Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, l’un de ses facteurs au moins est nul.
Donc
P(z)=0⇔z−1=0 ou z+1=0 ou z2+1=0⇔z=1 ou z=−1 ou z2=−1
Les solutions de l’équation P(z)=0 sont donc −1;1;iet−i.
3) Si on pose Z=2z+1z−1 L’équation (2z+1z−1)4=1 est équivalente à P(Z)=0 P(Z)=0⇔Z=1 ou Z=−1 ou Z=i ou Z=−i.
Soit a∈C
Z=a⇔2z+1z−1=a⇔2z+1=a(z−1) et z≠1⇔2z+1=az−a et z≠1⇔(2−a)z=−1−a et z≠1⇔z=−1−a2−a et z≠1
Par conséquent
Z=1⇔z=−2
Z=−1⇔z=0
Z=i⇔z=−1−i2−i⇔z=−1−3i5
Z=−i⇔z=−1+i+−i⇔z=−1+3i5
Les solutions de l’équation initiale sont donc−2;0;−1−3i5 et −1+3i5

Exercice 7
On considère dans C l’équation (E):z3−(1−i)z2+(1−i)z+i=0.
1) Montrer que (E) possède une unique solution imaginaire pure.
2) Résoudre dans C l’équation (E).

🔻Correction Exercice 7

 1) Soit y∈R alors iy est un imaginaire pur.
Supposons que iy soit une solution de (E).
Par conséquent :
iy solution de (E)⇔(iy)3−(1−i)(iy)2+(1−i)iy+i=0⇔−iy3−(1−i)×(−y2)+iy+y+i=0⇔−iy3+y2−iy2+iy+y+i=0⇔y2+y+i(1+y−y2−y3)=0⇔{y(y+1)=01+y−y2−y3=0⇔{y=0 ou y=−11+y−y2−y3=0
0 n’est pas solution de l’équation 1+y−y2−y3=0
-1 est solution de l’équation 1+y−y2−y3=0.
Par conséquent la seule solution imaginaire pure possible est −i
Vérifions que −i est bien solution de (E)
(−i)3−(1−i)(−i)2+(1−i)(−i)+i=i+1−i−i−1+i=0
Donc −i est l’unique solution imaginaire pure de l’équation (E).
2) Puisque −i est solution de (E) on peut factoriser le polynôme par (z+i).
On cherche donc les nombres complexes a et b tels que :
(z+i)(z2+az+b)=z3−(1−i)z+(1−i)z+i
(z+i)(z2+az+b)=z3+az2+bz+iz2+aiz+bi=z3+(a+i)z2+(b+ai)z+bi
Par identification on a donc a=−1 et b=1
Ainsi (E)⇔(z+i)(z2−z+1)=0
On considère l’équation z2−z+1=0
Δ=−3<0
Il y a donc deux solutions complexes :
z1=1+i√32 et z2=1−i√32.
Les solutions de (E) sont donc −i,1+i√32 et 1−i√32.

Exercice 8
Résoudre dans C l’équation 25+10z+z2=16i.

🔻Correction Exercice 8

 On pose z=x+iy
(E):25+10z+z2=16i
(E)⇔25+10(x+iy)+x2−y2+2i xy=16i ⇔25+10x+x2−y2+I(10y+2xy)=16i⇔(5+x)2−y2+i y(10+2x)=16i⇔{ (5+x)2−y2=0 y(10+2x)=16⇔ { (5+x)2=y2y(10+2x)=16⇔{ y=5+x ou y=−5−xy(10+2x)=16 ⇔ {y=5+x$5+x)(10+2x)=16 ou  { y=−5−x$−5−x)(10+2x)=16 ⇔ { y=5+x2x2+20x+34=0 ou { y=−5−x−2x2−20x−66=0 ⇔ { y=5+xx=−5+2√2  ou x=−5−2√2   il n′y a pas de solution réelles à −2x2−20x−66=0⇔ z=−5+2√2+2i√2 ou z=−5−2√2−2i√2
Les solutions de l’équation sont donc −5+2√2+2i√2 et −5−2√2−2i√2

Exercice 9
A,B et C sont les points d’affixes respectives :
zA=−1+i, zB=2+i, zC=−12–12i.
1) Placer les points A, B et C.
2) Calculer les affixes des vecteurs →AB, →AC et →BC.
3) En déduire les longueurs AB, AC et BC.
Le triangle ABC est-il rectangle en C?

🔻Correction Exercice 9

 1)


2)
z→AB=zB–zA=2+i–(−1+i)=3
z→AC=zC–zA=−12–12i–(−1+i)=12–32i
z→BC=zC–zB=−12–12i–(2+i)=−52–32i
3) On a donc AB=|3|=3
AC=|12–32i|&=√14+94=√52
BC=|−52–32i|=√254+94=√172
Dans le triangle ABC, le plus grand côté est [BC].
Or AB2+AC2=9+52=232 et BC2=172.
Par conséquent AB2+AC2≠BC2.
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC n’est pas rectangle.

Exercice 10
Dans chaque cas, trouver l’ensemble des points dont l’affixe z satisfait la condition indiquée.
1) |z–3|=|z−1+i|
2) |z+2–i|=√5
3) |z+3–i|≤2

🔻Correction Exercice 10

 1) |z–3|=|z−1+i|⇔|z–3|=|z–(1–i)|
On appelle M le point d’affixe z, A le point d’affixe 3 et B le point d’affixe 1−i.
Par conséquent |z–3|=|z–(1–i)|⇔AM=BM.
L’ensemble des points cherché est donc la médiatrice de [AB].
2) |z+2–i|=√5⇔|z–(−2+i)|=√5
On appelle M le point d’affixe z et C le point d’affixe −2+i.
Par conséquent |z–(−2+i)|=√5⇔CM=√5.
L’ensemble des points cherché est donc le cercle de centre C et de rayon √5.
3) |z+3–i|≤2⇔|z–(−3+i)|≤2.
On appelle M le point d’affixe z et D le point d’affixe −3+i.
Par conséquent |z–(−3+i)|≤2⇔DM≤2.
L’ensemble des points cherché est donc le disque de centre D et de rayon 2, le cercle étant inclus (il s’agit, autrement dit, du disque fermé).

Exercice 11
Quelle est la forme trigonométrique de :
z1=−1+i√3 et z2=3−3i?

🔻Correction Exercice 11

 |z1|=√1+3=2
Donc
z1=2(−12+√32i)=2(cos2π3+isin2π3)
|z2|=√9+9=3√2
Donc
z2=3√2(1√2−i√2)=3√2(√22−√22i)=3√2(cos−π4+isin−π4)

}
Exercice 12
Déterminer le module et un argument de:
1) z=1+i1−i
2) z=1+i√31+i
3) z=−√21+i

🔻Correction Exercice 12

 1) |1+i|=√1+1=√2
1+i=√2(1√2+i√2)=√2(cosπ4+isinπ4)
Par conséquent arg(1+i)=π4[2π]
|1–i|=√1+1=√2.
1–i=√2(1√2−i√2)=√2(cos−π4+isin−π4)
4) Par conséquent arg(1−i)=−π4[2π]
Donc |z|=√2√2=1
Et arg(z)=π4−−π4=π2[2π]
On pouvait également déterminer la forme algébrique de z
(on obtient i) et ensuite déterminer le module et un argument.
2) |1+i√3|=2
1+i√3=2(12+√32i)=2(cosπ3+isinπ3)
Par conséquent arg(1+i√3)=π3[2π].
|1+i|=√1+1=√2
1+i=√2(1√2+i√2)=√2(cosπ4+isinπ4)
Par conséquent arg(1+i)=π4[2π]
Donc |z|=2√2=√2
Et arg(z)=π3–π4=π12[2π].
3) −√2=√2(cosπ+isinπ) C’est un réel négatif !
Donc arg(−√2)=π[2π].
|1+i|=√1+1=√2
1+i=√2(1√2+i√2)=√2(cosπ4+isinπ4)
Par conséquent arg(1+i)=π4[2π]
Donc |z|=√2√2=1
Et arg(z)=π–π4=3π4[2π].

Exercice 13
Mettre chaque nombre complexe sous forme trigonométrique.
1) z=(−1+i)5
2) z=(√3−i)4
3) z=(√2−1)i1–i

🔻Correction Exercice 13

 1) |−1+i|=√2
Donc
−1+i=√2(−√22+√22)=√2(cos3π4+isin3π4).
Donc arg(−1+i)=3π4[2π].
Par conséquent
arg((−1+i)5)=5×3π4[2π]=−π4[2π]
Ainsi
(−1+i)5=√25(cos−π4+isin−π4)=4√2(cos−π4+isin−π4)
2) |√3−i|=2.
√3−i=2(√32−i2)=2(cos−π6+isin−π6)
Donc arg(√3−i)=−π6[2π].
Par conséquent
arg((√3−i)4)=4×−π6=−2π3[2π].
Ainsi
(√3–i)4=24(cos−2π3+isin−2π3)=16(cos−2π3+isin−2π3)
|(√2−1)i|=√2−1arg((√2−1)i)=π2.
|1−i|=√2
1−i=√2(1√2−i√2)=√2(cos−π4+isin−π4)
Donc arg(1−i)=−−π4
Ainsi |z|=√2−1√2
Et arg(z)=π2−−π4=3π4
Donc
z=√2−1√2(cos3π4+isin3π4)

Exercice 14
Écrire sous forme trigonométrique chacun des nombres complexes suivants :
1) z=(sinπ6+icosπ6)6
2) arg(iz)=3π4[2π]et|z|=2

🔻Correction Exercice 14

 1) On a
z=(sinπ6+icosπ6)6=(12+√32i)6=(cosπ3+isinπ3)6
Par conséquent arg(z)=6×π3=2π[2π]=0[2π].
Donc z=cos0+isin0 .
2) On a
arg(iz)=3π4[2π]⇔arg(i)+arg(z)=3π4[2π]⇔π2+arg(z)=3π4[2π]⇔arg(z)=π4[2π].
Donc z=2(cosπ4+isinπ4).

Exercice 15
On donne les nombres complexes :
z1=√6−i√22 et z2=1−i.
1) Donner une forme trigonométrique de z1, z2 et z1z2.
2) Donner la forme algébrique de z1z2.
3) En déduire la forme exacte de cosπ12 et de sinπ12.

🔻Correction Exercice 15

 1) |z1|=√6+22=√2
Donc
z1=√2(√32−i2)=√2(cos−π6+isin−π6)
|z2|=2
donc
z2=2(12−i2)=2(cos−π4+isin−π4)
Par conséquent
arg(z1z2)=−π6−−π4=π12[2π] .
Et |z1z2|=√2√2=1.
Ainsi z1z2=cosπ12+isinπ12
2) On a
z1z2=√6–i√221–i=√6−i√22(1−i)×1+i1+i=√6+i√6−i√2+√24=√6+√24+√6−√24i
3) En identifiant les formes trigonométriques et algébriques de z1z2 on obtient :
cosπ12=√6+√24 et sinπ12=√6−√24

Exercice 16
On rappelle les formules trigonométriques :
cos(2a)=2cos2a−1 et sin(2a)=2sinacosa
On note z1=1+cosα+isinα avec α∈[0;π[.
1) Démontrer que z1=2cosα2(cosα2+isinα2).
2) En déduire le module et un argument de z1.
3) Reprendre la question précédente lorsque α∈]π;2π].

🔻Correction Exercice 16

 1) On a
z1=1+cos2α2+isin2α2=2cos2α2+2isinα2cosα2=2cosα2(cosα2+isinα2)
2) α∈[0;π[doncα2∈[0;π2[
Par conséquent
cosα2>0 et sinα2≥0
On a donc fournit la forme trigonométrique de z1.
Ainsi |z1|=2cosα2 et arg(z1)=α2[2π] .
3) α∈]π;2π] donc α2∈]π2;π]
Par conséquent cosα2<0 et sinα2≥0
Ainsi, l’expression de z1 n’est donc pas donnée sous sa forme trigonométrique.
z1=−2cosα2(−cosα2–isinα2)=−2cosα2(cos(π+α2)+isin(π+α2))
Donc |z1|=−2cosα2 et arg(z1)=π+α2[2π]

Exercice 17
On considère le polynôme P(z)=z4−2z3−2z−1.
1) Calculer P(i) et P(−i).
2) En déduire que P(z)=(z2+1)(az2+bz+c) où a, b et c sont des réels qu’on déterminera.
3) En déduire la résolution de l’équation P(z)=0 dans C.

🔻Correction Exercice 17

 1) P(i)=i4−2i3−2i−1=1+2i−2i−1=0.
P(−i)=(−i)4−2(−i)3−2(−i)−1=1−2i+2i−1=0.
2) Il existe donc trois réels a, b et c tels que : P(z)=(z−i)(z+i)(az2+bz+c)
Soit
P(z)=(z2+1)(az2+bz+c)=az4+bz3+cz2+az2+bz+c=az4+bz3+(a+c)z2+bz+c
On identifie avec le polynôme initial. On trouve alors :
{a=1b=−2a+c=0b=−2c=−1 ⇔{a=1b=−2c=−1
Par conséquent P(z)=(z2+1)(z2−2z−1).
3) Résolvons l’équation z2−2z−1=0.
Δ=(−2)2−4×1×(−1)=8>0
Il y a donc deux racines réelles
z1=2−√82=1−√2 et z2=1+√2.
Ainsi
P(z)=0⇔(z2+1)(z2−2z−1)=0⇔z2+1=0 ou z2−2z−1=0⇔z∈{i,−i,1−√8,1+√8}
Les solutions de l’équation P(z)=0 sont donc i,−i,1−√8,1+√8.
z1=2−√82=1−√2 et z2=1+√2.

Exercice 18
Déterminer l’ensemble des points M(z) du plan complexe tels que z+1z−i soit
1) un imaginaire pur
2) un réel

🔻Correction Exercice 18

 On note z=x+iy. Pour tout complexe z≠i on a :
z+1z−i=x+iy+1x+iy–i=x+1+iyx+i(y−1)=x+1+iyx+i(y−1)×x–i(y−1)x–i(y−1)=x(x+1)+y(y−1)+i(yx−(x+1)(y−1))x2+(y−1)2=x2+x+y2−y+i(yx−xy+x−y+1)x2+(y−1)2=x2+x+y2−y+i(x−y+1)x2+(y−1)2
1) On a
z+1z−i est un imaginaire pur⇔x2+x+y2−yx2+(y−1)2=0⇔x2+x+y2−y=0 et x2+(y−1)2≠0⇔(x+12)2−14+(y−12)2−14=0 et (x;y)≠(0;1)⇔(x+12)2+(y−12)2=12 et (x;y)≠(0;1)
Donc l’ensemble des points cherché est le cercle de centre A(−12+i2) et de rayon √12=√22 privé du point d’affixe i.
2) On a
z+1z−iestunréel⇔x−y+1x2+(y−1)2=0⇔x−y+1=0 et (x;y)≠(0;1)
Donc l’ensemble des points cherché est la droite d’équation x−y+1=0 privée du point d’affixe i.

Exercice 19
Les deux questions sont indépendantes
1) Déterminer et représenter l’ensemble des points M(z) du plan complexe tels que |z|=|2+iz|=|z−1|.
2) Déterminer et représenter l’ensemble des points M(z) du plan complexe tels que |z|=2|z−i|.

🔻Correction Exercice 19

 1) On cherche donc l’ensemble des points qui vérifient à la fois |z|=|2+iz| et |z|=|z−1|.
|z|=|2+iz|⇔|z|2=|2+i|⇔|z|2=√5⇔|z|=√√5
L’ensemble des points vérifiant |z|=|2+iz| est le cercle de centre O, l’origine du repère, et de rayon √√5.
Si on appelle M le point d’affixe z, A le point d’affixe 1 alors |z|=|z−1|⇔OM=AM.
L’ensemble des points vérifiant |z|=|z−1| est donc la médiatrice du segment [0A].
L’ensemble des points cherché est donc l’intersection du cercle et de la droite, c’est-à-dire les points B et C.




On note z=x+iy.
|z|=2|z−i‖⇔|z|2=4|z−i|2⇔x2+y2=4|x+iy–i|2⇔x2+y2=4(x2+(y−1)2)⇔x2+y2=4(x2+y2−2y+1)⇔0=3x2+3y2−8y+4⇔x2+y2−83y+43=0⇔x2+(y−43)2−169+43=0⇔x2+(y−43)2=49
L’ensemble des points cherché est donc le cercle de centre le point A d’affixe 43i et de rayon √49=23.



Exercice 20
Pour tout nombre complexe z différent de -1, montrer que :
z2z+1∈R⇔z=¯z ou ¯zz+z+¯z=0.

🔻Correction Exercice 20

 On note z=x+iy.
z2z+1=(x+iy)2x+iy+1=x2−y2+2ixy(x+1)+iy×(x+1)−iy(x+1)−iy=(x2−y2)(x+1)+2xy2−(x2−y2)iy+2ixy(x+1)(x+1)+y2=(x2−y2)(x+1)+2xy2+i(−(x2−y2)y+2xy(x+1))(x+1)2+y2
Or
z2z+1∈R⇔ℑm(z2z+1)=0⇔−(x2−y2)y+2xy(x+1)(x+1)2+y2=0⇔y(−(x2−y2)+2x(x+1))=0 et (x+1)2+y2≠0⇔y(−x2+y2+2x2+2x)=0 et (x;y)≠(−1;0)⇔y(x2+y2+2x)=0 et (x;y)≠(−1;0)⇔(y=0 ou x2+y2+2x=0)et (x;y)≠(−1;0)
Mais y=0⇔z=¯z et
¯zz+z+¯z=x2+y2+x+iy+x−iy=x2+y2+2x.
Par conséquent, pour tout nombre complexe z différent de -1 :
z2z+1∈R⇔z=¯z ou ¯zz+z+¯z=0.

Exercice 21
1) Déterminer l’ensemble des points M du plan complexe dont l’affixe zM vérifie : |zM−i+1|=3.
2) Déterminer l’ensemble des points M du plan complexe dont l’affixe zM vérifie : |zM−i+1|=|zM−i|.

🔻Correction Exercice 21

 1) On a:
|zM−i+1|=3⇔|zM−(−1+i)|=3⇔AM=3 avec A(−1+i).
L’ensemble cherché est donc le cercle de centre A(−1+i) et de rayon 3.
2) On a:
|zM−i+1|=|zM−i|⇔|zM−(−1+i)|=|zM−i|⇔AM=BM avec A(−1+i) et B(i).
L’ensemble cherché est donc la médiatrice du segment [AB] avec A(−1+i) et B(i).

Exercice 22
Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormé direct (O;→e1,→e2), on considère les points A , B et C d'affixes respectives a=1, b=1+2i et c=1+√3+i
Calculer c−ab−a et l'écrire sous la forme exponentielle.
En déduire la nature du triangle ABC.

🔻Correction Exercice 22

 A, B et C ayant pour affixes respectives a=1, b=1+2i et c=1+√3+i
c−ab−a=1+√3+i−11+2i−1=√3+i2i=(√3+i)i2i2=−1+i√3−2=12−i√32
donc c−ab−a=e−iπ3
On sait que ACAB=|c−ab−a| donc ACAB=|e−iπ3|=1
Donc AC = AB et ¯(→AB,→AC)=arg(c−ab−a)[2π]
Donc ¯(→AB,→AC)=arg(e−iπ3)=−π3[2π]

Exercice 23
1) Résoudre dans C l'équation z2−2z+5=0
2) Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct (O;→e1,→e2) d'unité graphique 2 cm.
On considère les points A, B, C et D d'affixes respectives:
zA=1+2i ; zB=¯zA ; zC=1+√3+i ; zD=¯zC
a) Placer les points A et B dans le repère (O;→e1,→e2).
b) Calculer zB−zCzA−zC et donner le résultat sous forme algébrique.
En déduire la nature du triangle ABC.
3) Démontrer que A, B, C et D appartiennent à un même cercle Γ dont on précisera le centre et le rayon.
4) Construire les points C et D dans le repère (O;→e1,→e2) .
Expliquer la construction proposée.

🔻Correction Exercice 23

 1) L'équation z2−2z+5=0 est une équation du second degré à coefficients réels.
Elle a pour discriminant Δ=(−2)2−4×1×5=4−20=−16=(4i)2
On en déduit ses deux solutions:
z1=−(−2)−4i2×1=2−4i2=1−2i et z2=−(−2)+4i2×1=2+4i2=1+2i
L'équation z2−2z+5=0 a pour solutions 1−2i et 1+2i
2) a) On place le point A d'affixe zA=1+2i et le point B d'afffixe zB=¯zA=1−2i
Comme zB=¯zA les points A et B sont symétriques par rapport à l'axe (O;→e1)
Voir graphique ci-dessous.
b) On a:
zB−zCzA−zC=1−2i−1−√3−i1+2i−1−√3−i=−√3−3i−√3+i=(−√3−3i)(−√3−i)(−√3+i)(−√3−i)=3+i√3+3i√3−33+1=4i√34
Donc zB−zCzA−zC=i√3
On a argzB−zCzA−zC=arg(i√3)=π2[2π], c'est-à-dire que: ¯(→CA;→CB)=π2[2π]
Donc le triangle ABC est rectangle en C.
NB : Ce triangle n'est pas isocèle car
|zB−zCzA−zC|=|i√3|=√3 donc BC=√3AC
3) Le triangle ABC étant rectangle en C, les points A, B et C sont sur le cercle Γ de diamètre [AB]
Le milieu de [ AB] est sur l'axe (O;→e1) puisque A et B sont symétriques par rapport à (O;→e1)
Le cercle Γ est donc symétrique par rapport à (O;→e1)
Sachant que zD=¯zC, les points C et D sont symétriques par rapport à (O;→e1)
Donc le point D est aussi sur le cercle Γ
On a AB=|zB−zA|=|1−2i−1−2i|=|−4i|=4
Donc AB2=2 et le milieu I de [AB] a pour affixe 1−2i+1+2i2=1
A, B , C et D appartiennent au cercle Γ de centre I d'affixe 1 et de rayon 2
4) On peut construire le cercle Γ
On sait que le point C a pour affixe 1+√3+i
donc son ordonnée est 1 et son abscisse est 1+√3 elle est supérieure à 1
C est le point d'intersection du cercle Γ et de la droite d'équation y=1 dont l'abscisse est supérieure à 1
D est le symétrique de C par rapport à l'axe des abscisses.


Exercice 24
Déterminer la traduction complexe de la transformation f dans chacun des cas suivants:
1) f est la translation de vecteur →u(−5;2)
2) f est I'homothétie de rapport −12 et de centre Ω(−4+i)
3) f est la rotation d’angle 3π4 et de centre 0
4) f est la rotation d’angle 4π3 et de centre Ω(−4+i)

🔻Correction Exercice 24

 1) La traduction complexe de la translation f de vecteur →u(−5;2) est: z′=z−5+2i
2) La traduction complexe de l'homothétie f de rapport −12 et de centre Ω(−4+i) est :
z′=−12[z−(−4+i)]+(−4+i)=−12z−6+i32
3) La traduction complexe de la rotation f d'angle 3π4 et de centre O est: z′=e3iπ/4z
4) La traduction complexe de la rotation f d'angle 4π3 et de centre Ω(−4+i) est:
z′=e4iπ/3(z+4−i)−4+i

Exercice 25
On considère les points A(1+i) et B(−1+2i).
1) Déterminer l'affixe de C tel que le quadrilatère OACB soit un parallélogramme.
2) Déterminer l'affixe du point D, image de C par la rotation de centre B et d'angle π6 .
3) Déterminer l'affixe du point E antécédent de C par la rotation de centre A et d'angle −π6.
4) Démontrer que D est l'image de E par la rotation de centre O et d'angle π6.
En déduire la nature du triangle ODE.

🔻Correction Exercice 25

 On considère les points A(1+i) et B(−1+2i).
1) Le quadrilatère OACB est un parallélogramme si et seulement si →OA=→BC .
En termes complexes, cela se traduit par :
→OA=→BC⇔z→OA=z→BC⇔zA=zC−zB⇔zC=3i
Donc, le quadrilatère OACB est un parallélogramme si et seulement si l'affixe du point C est 3i.



2) La traduction complexe de la rotation de centre B et d'angle π6 est :
z′=eiπ6(z−zB)+zB
Soit: z′=eiπ6(z+1−2i)−1+2i
Comme D est l'image de C, on obtient facilement maintenant l'affixe de D :
zD=(√32+i12)(1+i)−1+2i=√3−32+i√3+52
L'affixe du point D est donc :
zD=√3−32+i√3+52
3) E est l'antécédent de C par la rotation de centre A et d'angle π6 si et seulement si E est l'image de C par la rotation de centre A et d'angle −π6 .
Eh oui, c'est la rotation inverse.
La traduction complexe de la rotation de centre A et l'angle −π6 est la suivante:
z′=e−iπ6(z−zA)+zA
Soit : z′=e−iπ6(z−1−i)+1+i
On obtient donc facilement l'affixe du point E :
zE=(√32−i12)(2i−1)+1+i=−√32+2+i(√3+32)
L'affixe du point E est donc la suivante :
zE=−√32+2+i(√3+32)
4) La tradcution complexe de la rotation de centre O et d'angle π6 est : z′=eiπ6z
L'image de E par cette rotation a pour affixe :
eiπ6zE=(√32+i12)[−√32+2+i(√3+32)]
eiπ6zE=−34+√3−12(√3+12)+i(−√34+1+32+3√34)
eiπ6zE=−√3−32+i√3+52
Soit en fait : eiπ6zE=zD
Donc, les rotations sont des isométries.
On en déduit que OE = OD et donc que ODE est isocèle.

Exercice 26
Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de la transformation f qui à tout point M d'affixe z associe le point M’ d’affixe z’ tel que :
1) z′=z+2−3i
2) z′=−4z+2−3i
3) z′=iz+2+i
4) z′=−1+i√32z+2−i

🔻Correction Exercice 26

 1) z′=z+2−3i
C'est du cours, f est la translation de vecteur d'afflixe 2−3i
2) z′=−4z+2−3i.
Ici, f est l'homothétie de rapport -4 et de centre Ω d'affixe ω est un point invariant par f, donc:
ω=−4ω+2−3i⇔ω+4ω=2−3i⇔ω=25−35i
3) z′=iz+2+i
est la rotation d'angle arg(i)=π2 et centre Ω d'aftixe ω est un point invariant par f, donc:
ω=iω+2+i⇔ω−iω=2+i⇔ω=2+i1−i=(2+i)(1+i)2=12+32I
4) z′=−1+i√32z+2−i
on a : |−1+i√32|=1
Et: −1+i√32≠1
Donc f est la rotation de centre Ω d'affixe ω et d'angle : arg(−1+I√32)=2π3
Ω est un point invariant par f, donc:
ω=−1+i√32ω+2−i⇔2ω=(−1+i√3)ω+2(2−i)⇔2ω−(−1+i√3)ω=2(2−i)⇔ω=2(2−1)3−I√3=1+√36+i(√33−12)
Du coup, f est la rotation d'angle 2π3 et de centre Ω d'affixe : 1+√36+i(√33−12)

Exercice 27
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct (O;→i,→j). On note A le point d’affixe i.
À tout point M du plan, distinct de A, d’affixe z, on associe le point M’ d’affixe z′=izz–i.
1. a. Déterminer les points M tels que M = M’.
b. Déterminer l’affixe du point B’ associé au point B d’affixe 1.
c. Déterminer l’affixe du point C tel que l’affixe de son image C’ soit 2.
2. Étant donné un nombre complexe z, distinct de i, on pose z=x+iy et z′=x′+iy′ le nombre complexe associé, avec x,x′,y,y′ réels.
a. Déterminer x′ et y′ en fonction de x et y.
b. Déterminer l’ensemble Γ des points M, distincts de A, pour lesquels z’ est réel.
c. Placer A, B,B’,C,C’ et représenter Γ sur une figure (unité graphique 4 cm).
3. Soit z un nombre complexe différent de i.
a. Montrer que l’on a z′–i=−1z–i.
b. On suppose que M, d’affixe z, appartient au cercle γ de centre A et de rayon 1. Montrer que M’ appartient à γ.

🔻Correction Exercice 27

 1. a. On a
M=M′⇔z=izz–i⇔z2–iz=izz≠i⇔z2–2iz=0z≠i⇔z(z–2i)=0z≠i⇔z=0ouz=2i
Les seuls points vérifiant M’ = M sont les points d’affixe 0 et 2i.
b. Si z=1 alors
z′=i1–i=i(1+i)(1–i)(1+i)=−1+i12+12=−1+i2.
Le point B’ a donc pour affixe −1+i2
c. On cherche les complexes z tels que :
izz−i=2⇔2z−2i=izz≠i⇔z(2–i)=2iz≠i⇔z=2i2–iz≠i⇔z=2i(2+i)22+12⇔z=−2+4i5
Le point C a pour affixe −2+4i5
2. a. On a
z′=i(x+iyx+iy–i=−y+ixx+i(y–1)=−y+ixx+i(y–1)×x–i(y–1)x–i(y–1)=−xy+iy(y–1)+ix2+x(y–1)x2+(y–1)2=−xy+xy–x+i(y2–y+x2)x2+(y–1)2=−x+i(y2–y+x2)x2+(y–1)2
Par conséquent x′=−xx2+(y–1)2 et y′=y2–y+x2x2+(y–1)2
b. On a
z′réel⇔y′=0⇔y2–y+x2=0(x;y)≠(0;1)⇔x2+(y–12)2–14=0(x;y)≠(0;1)⇔x2+(y–12)2=14(x;y)≠(0;1)
Il s’agit du cercle de centre D d’affixe 12i et de rayon 12 privé de A.
c.



3) a.
z′–i=izz–i–i=icz–iz–1z–i=−1zi
b. Si M appartient à γ alors AM=1 soit |z–i|=1.
Or :
|z′–i|=|−1z–i|=1|z–i|=11=1
Par conséquent M’ appartient également au cercle γ.

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