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Nombres complexes : corrigé Exercice no 1 On a 1 + i = √2eiπ/4 Les racines 3) Soit θ ∈ R Pour tout complexe z, on a z2 − 2z cosθ + 1 = (z − cosθ)2 + 1

Exercices Corriges

Corps des nombres complexes

Exercice 1{

1) Qu'est ce que le conjugue d'un nombre complexe ?

2) Determiner les nombres complexeszveriant : (1 +i)z1 +i= 0.

3) Preciser le complexe :

z=1i2 +i+12i1 +i:

Exercice 2{

1) Determiner les nombres complexestels que :2= 2 + 2p2i.

2) Puis, determiner les nombres complexesztels que :z2+p2zp2

2 i= 0.

Exercice 3{

1) Determiner les nombres complexestels que :2= 24i.

2) Puis, determiner les nombres complexesztels que :z2+p2z+i= 0.

Exercice 4{Caracteriser la similitude directe :

C!C; z7!f(z) = (1p3i)z+ 2p3 + (2 +

p3)i : Exercice 5{Caracteriser la similitude directe :C!C; z7!f(z) = (33i)z+ 2.

Exercice 6{(Extrait de l'examen d'octobre 2010)

1) Determiner les nombres complexestels que :2=2i+ 6.

2) Puis, determiner les nombres complexesztels que :z2+ (1i)z32

= 0.

3) En deduire une factorisation dez2+ (1i)z32

Exercice 7{(Extrait de l'examen d'octobre 2010)

On considere la similitude :

f:C!C:z7!f(z) =(p3i)z+i :

1) Determiner les points xes def.

2) Caracteriser la similitudef(c.a.d. preciser sa decomposition en composee d'une rotation et

d'une homothetie de m^eme centre).

Correction de l'exercice ?? :

1) Siaetbsont des reels, le conjugue du complexea+ibestaib. On prendra garde que si

1 aetbsont des complexes le conjugue dea+ibestaib.

2) L'equation equivaut a : (1 +i)z= 1i. Il en resulte :

z=1i1 +i=(1i)22 =12i12 =2i2 =i

3) On trouve :

z=(1i)(2i)5 +(12i)(1i)2 =13i5 +13i2 =26i515i10 =321i10

Correction de l'exercice ?? :

1) Comme 2 + 2p2i6= 0, nous savons que l'equation2= 2 + 2p2iadmet deux solutions.

Cherchonssous la forme=x+iyavecx;yreels. Comme2= (x2y2) + 2xyi, l'equation

2= 2 + 2p2iequivaut a :

2y2= 2 et 2xy= 2p2:

D'autre part, on obtient l'egalite entre modulesjj2=j2 + 2p2ij. Il en resulte : x

2+y2=p4 + 8 =

p12 = 2 p3:

Ainsi, (x;y) est solution de :

2y2= 2; x2+y2= 2p3 etxy >0:

D'ou x

2=2 + 2p3

2 = 1 +p3; y2=2p312 =p31+; xy >0: D'ou x= +q 1 + p3; y= +qp31; xy >0:

D'ou, puisquexetysont de m^eme signe :

=q1 + p3 +iqp31 ou=q1 + p3iqp31:

Comme 2 + 2

p2i6= 0, nous savons que l'equation2= 2 + 2p2iadmet deux solutions. Les deux valeurs ci-dessus sont donc les deux solutions cherchees.

2) Considerons l'equation du deuxieme degre a coecients complexes :

2+p2zp2

2 i= 0:

Les racines de cette equation sont :

1=p2 +2

; u2=p22 2 ouest une solution de2= (p2) 24(p2
2 i) = 2+2p2i. D'apres la question precedente, on obtient : u

1=p2 +

q1 + p3 +iqp312 ; u2=p2q1 + p3iqp312 Remarque sur la redaction :Le principe de la redaction du 1) est d'armer qu'il y a deux solutions en s'appuyant sur le cours. On montre ensuite que les solutions cherchees sont solu- tions de trois equations, que les solutions de ces trois equations sont +( q1 + p3+iqp31).

Ainsi, +(

q1 + p5iq1 +p5) sont les complexesde carre 2 + 4i. Pour la redaction du 2), il faut utiliser le cours en choisissant un complexe dont le carre est

2 + 2p2i. On prendraq1 +

p3 +iqp31 et on deroule la formule.

Correction de l'exercice ?? :

1) Comme 2+4i6= 0, nous savons que l'equation2= 24iadmet deux solutions. Cherchons

sous la forme=x+iyavecx;yreels. Comme2= (x2y2)+2xyi, l'equation2= 24i equivaut a : x

2y2= 2 et 2xy=4:

D'autre part, on obtient l'egalite entre modulesjj2=j24ij. Il en resulte : x

2+y2=p4 + 16 =

p20:

Ainsi, (x;y) est solution de :

2y2= 2; x2+y2=p20 etxy <0:

D'ou x

2=2 +p20

2 = 1 +p5; y2=2 +p20 2 =1 +p5; xy <0: D'ou x= +q 1 + p5; y= +q

1 +p5; xy <0:

D'ou, puisquexetysont de signe contraire :

=q1 + p5iq1 +p5 ou=q1 + p5 +iq1 +p5: Comme 24i6= 0, nous savons que l'equation2= 2 + 4iadmet deux solutions. Les deux valeurs ci-dessus sont donc les deux solutions cherchees.

2) Considerons l'equation du deuxieme degre a coecients complexes :

2+p2z+i= 0:

Les racines de cette equation sont :

1=p2 +2

; u2=p22 3 ouest une solution de2= (p2)

24(i) = 24i. D'apres la question precedente, on obtient :

1=p2 +

q1 + p5iq1 +p5 2 ; u2=p2q1 + p5 +iq1 +p5 2

Correction de l'exercice ?? :

Les points xes defsont les complexeszsolutions de l'equationf(z) =z, soit : z= (1p3i)z+ 2p3 + (2 + p3)i ;soit : z+z+p3iz= 2p3 + (2 + p3)i ;soit : z(2 +p3i) = 2p3 + (2 + p3)i ;soit : z=2p3 + (2 + p3)i2 + p3i=[2p3 + (2 + p3)i](2p3i)(2 + p3i)(2p3i);soit : z=7 + 7i7 = 1 +i :

La similitudefa un donc un unique point xe :

0= 1 +i :

2) Le module dea= (1p3i) estp1 + 3 = 2. Ainsi le complexe

ajaj=1p3i2 =12 p3 2 i est de module 1. On remarque que23 a pour cosinus12 et pour sinusp3 2 (visualiser avec un cercle trigonometrique). Il en resulte que l'argument deaest23 . En resume,aest le complexe de module 2 et d'argument23 . Il resulte du cours que siMest l'axe du complexe zetM0du complexef(z), le pointM0se deduit deMpar la composee de la rotation de centre z

0d'angle23

et de l'homothetie de centrez0et de rapport 2.

Correction de l'exercice ?? :

Les points xes defsont les complexeszsolutions de l'equationf(z) =z, soit : z= (33i)z+ 2;soit : z3z+ 3iz= 2;soit : z(2 + 3i) = 2;soit : z=22 + 3i=2(23i)(2 + 3i)(23i);soit : 4 z=46i13

La similitudefa un donc un unique point xe :

0=46i13

2) Le module dea= 33iestj33ij=p9 + 9 = 3

p2. Ainsi le complexe ajaj=33i3 p2 =p2 2 p2 2 i est de module 1. On remarque que4 a pour cosinusp2 2 et pour sinusp2 2 . Il en resulte que l'argument deaest4 . En resume,aest le complexe de module 3p2 et d'argument4 Il resulte du cours que siMest l'axe du complexezetM0du complexef(z), le pointM0 se deduit deMpar la composee de la rotation de centrez0d'angle4 et de l'homothetie de centrez0et de rapport 3p2.

Correction de l'exercice ?? :

Nous savons que l'equation2Cet2=2i+ 6 a deux racines. Cherchons ses racines sous la forme=x+iyavecxetyreels. Nous remarquons que : x

2+y2=jj2=p36 + 4 =

p40 = 2 p10:

Ainsi, les reelsxetssont solutions du systeme :

2y2= 6

2+y2= 2p10

2xy=2:

Nous trouvons :

1=q3 +

p10iqp103 et1=q3 + p10 +iqp103:

2) Le discriminant de l'equation est = (1i)24(32

) =2i+ 6. D'apres la question precedente le carre de1=q3 + p10iqp103 est egal a . Les complexesztels que : z

2+ (1i)z32

= 0 sont donc : z

1=i1 +12

etz2=i112 ou encore : z

1=q3 +

p101 +i(1qp103)2 etz2=q3 + p101 +i(1 +qp103)2 5

3) Pour toutzcomplexe :z2+ (1i)z32

= (zz1)(zz2).

Correction de l'exercice ?? :

L'applicationfa un unique point xe :

0=1 +i(1 +p3)

5 + 2 p3 Soita=(p3i) le module deaest 2, son argument est56 . Autrement dit : a=(p3i) = 2e5i6 Il s'en suit quefcorrespond a la transformation geometrique du plan obtenue en composant la rotation de centrez0et d'angle56 avec l'homothetie de centrez0et de rapport 2. 6quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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Exercices Corriges

Corps des nombres complexes

Exercice 1{

1) Qu'est ce que le conjugue d'un nombre complexe ?

2) Determiner les nombres complexeszveriant : (1 +i)z1 +i= 0.

3) Preciser le complexe :

Exercice 2{

1) Determiner les nombres complexestels que :2= 2 + 2p2i.

2) Puis, determiner les nombres complexesztels que :z2+p2zp2

Exercice 3{

1) Determiner les nombres complexestels que :2= 24i.

2) Puis, determiner les nombres complexesztels que :z2+p2z+i= 0.

Exercice 4{Caracteriser la similitude directe :

C!C; z7!f(z) = (1p3i)z+ 2p3 + (2 +

Exercice 6{(Extrait de l'examen d'octobre 2010)

1) Determiner les nombres complexestels que :2=2i+ 6.

2) Puis, determiner les nombres complexesztels que :z2+ (1i)z32

3) En deduire une factorisation dez2+ (1i)z32

Exercice 7{(Extrait de l'examen d'octobre 2010)

On considere la similitude :

1) Determiner les points xes def.

2) Caracteriser la similitudef(c.a.d. preciser sa decomposition en composee d'une rotation et

Correction de l'exercice ?? :

1) Siaetbsont des reels, le conjugue du complexea+ibestaib. On prendra garde que si

2) L'equation equivaut a : (1 +i)z= 1i. Il en resulte :

3) On trouve :

Correction de l'exercice ?? :

1) Comme 2 + 2p2i6= 0, nous savons que l'equation2= 2 + 2p2iadmet deux solutions.

2= 2 + 2p2iequivaut a :

2y2= 2 et 2xy= 2p2:

2+y2=p4 + 8 =

Ainsi, (x;y) est solution de :

2y2= 2; x2+y2= 2p3 etxy >0:

2=2 + 2p3

D'ou, puisquexetysont de m^eme signe :

Comme 2 + 2

2) Considerons l'equation du deuxieme degre a coecients complexes :

2+p2zp2

Les racines de cette equation sont :

1=p2 +2

1=p2 +

Ainsi, +(

2 + 2p2i. On prendraq1 +

Correction de l'exercice ?? :

1) Comme 2+4i6= 0, nous savons que l'equation2= 24iadmet deux solutions. Cherchons

2y2= 2 et 2xy=4:

2+y2=p4 + 16 =

Ainsi, (x;y) est solution de :

2y2= 2; x2+y2=p20 etxy <0:

2=2 +p20

1 +p5; xy <0:

D'ou, puisquexetysont de signe contraire :

2) Considerons l'equation du deuxieme degre a coecients complexes :

2+p2z+i= 0:

Les racines de cette equation sont :

1=p2 +2

24(i) = 24i. D'apres la question precedente, on obtient :

1=p2 +

Correction de l'exercice ?? :

La similitudefa un donc un unique point xe :

0= 1 +i :

2) Le module dea= (1p3i) estp1 + 3 = 2. Ainsi le complexe

0d'angle23

Correction de l'exercice ?? :

La similitudefa un donc un unique point xe :

0=46i13

2) Le module dea= 33iestj33ij=p9 + 9 = 3

Correction de l'exercice ?? :

2+y2=jj2=p36 + 4 =

Ainsi, les reelsxetssont solutions du systeme :

2y2= 6

2+y2= 2p10

2xy=2:

Nous trouvons :

1=q3 +

2) Le discriminant de l'equation est = (1i)24(32

2+ (1i)z32

1=i1 +12

1=q3 +