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Feuille d"exercices n°2 : corrigé

PTSI B Lycée Eiffel

25 septembre 2012

Exercice 1 (*)

Directement en développant via le binome de Newton,(1+2i)3= 1+6i?12?8i=?2i?11. On ne risque pas de mettre ce nombre sous une forme trigonométrique simple. Si on tient vraiment à essayer de le faire, autant mettre simplement1+2isous forme exponentielle :1+2i= 5, donc1+2i=

5?15+25i?

=5eiarccos(1

5). On en déduit que(1+2i)3= 55e3iarccos(1

5).

En mutipliant par le conjugué,4

1?i=4 + 4i2= 2 + 2i= 22eiπ4.

(2 +i)2(1?i)

4 +i=(3 + 4i)(1?i)(4?i)17=(3 + 4i)(3?5i)17=29?3i17. La encore, pas de forme

trigonométrique évidente. Si on tient à en donner une, mieuxvaut utiliser unarcsinqu"un arccospuisque l"argument sera compris entre?π

2et0(partie imaginaire négative, mais partie

réelle positive). En additionnant10πà l"argument, c"est-à-dire40π

4,ei37π

4=ei3π4=2

2? 2 2i.

3eiπ6=3?

3

2+12i?

32+
3 2i. Ici, on a intérêt à mettre sous forme trigonométrique :1?i

3=4 = 2, doncz4=?

2? 1 2?i 3 2?? 11 = (2eiπ

3)11= 211e11π3= 2048?

12+i 3 2? = 1024 + 10243i. Le boulot a déjà été mâché :(2eiπ

3)5= 25ei5π3= 16?163i.

Commençons par simplifier ce qui se trouve à l"intérieur de laparenthèse :2 +

3 + (23?1)i

2?i= (2 +

3 + (23?1)i)(2 +i)

4 + 1=4 + 2

3?23 + 1 + (43?2 + 2 +3)i

5= 1+3 = 2eiπ3,

donc élevé à la puissance17on obtient217ei17π

3= 217eiπ3= 216?2163i= 65 536?65 5363i.

Pas vraiment de souci avec une exponentielle quelconque :e(1+i)ln(3)=eln(3)eiln(3)= 3eiln(3)=

3cos(ln(3)) + 3isin(ln(3)).

Exercice 2 (*)

Pour l"inverse, c"est tranquille1

?8i=18i. Pour les racines cubiques, il est toujours préférable de mettre sous forme exponentielle :?8i= 8eiπ

2, donc les trois racines cubiques sont2eiπ6=

3?i;2ei(π6+2π3)= 2eiπ2= 2i; et2ei(π6+4π3)= 2ei7π6=?3?i.

Là encore, l"inverse demande simplement de connaitre son cours :1 ei5π12=ei5π

12(on ne connait

pas de forme algébrique exacte). Pas vraiment de travail à faire non plus pour les racines cubiques, qui sontei5π

36;ei(5π36+2π3)=ei29π36; etei(5π36+4π3)=ei53π36=ei19π36.

1 Ici,12 + 11i=2?11i125. Pour les racines cubiques, on peut évidemment faire les calculs sous

forme exponentielle, mais ça ne présente que peu d"intérêt,alors que les solutions ont une

forme algébrique simple (au moins l"une d"entre elles). Posonsz=a+ib, alorsz3=a3+

3a2ib?3ab2?ib3=a(a2?3b2) +ib(3a2?b2). Si on souhaite trouver une solution à parties

réelle et imaginaire entières,11étant un nombre premier, on doit prendreb=1. La partie réelle donne alorsa(a2?3) = 2, ce qui fonctionne très bien aveca= 2. On constate alors quez= 2 +iest solution du problème. Les deux autres racines cubiques sont alorsz= (2+i)ei2π

3= (2+i)?

12+ 3 2i? =?1+3i?12i? 3 2=?1? 3

2+i?3?12?

; et enfin z= (2 +i)ei4π

3= (2 +i)?

12? 3 2i? =?1?3i?12i+ 3 2= 3

2?1 +i?

?3?12?

Commençons par simplifier l"écriture dea:i+

3 i?3=(i+ 3)2 ?4=?1 + 3 + 2i 3 ?4=?12? 3

2i=ei2π

3. On en déduit aisément que1a=ei2π

3=?12+

3

2i, et les racines cubiques sont

z

1=ei2π

9(pas de forme algébrique simple),z2=ei(2π9+2π3)=ei4π9, etz3=ei(2π9+4π3)=

e i10π

9=ei8π9.

Exercice 3 (**)

1. On az=????1

z???? z2= 1z. De plus, siz=z?1, on obtient en élevant le tout au carréz z= (z?1)(z?1) =zz?z?z+ 1, ce qui donne après simplificationz+z= 1, soitRe (z) =1

2. Les deux seuls points du cercle trigonométrique ayant pourabscisse12sont

z

1=eiπ

3etz2=eiπ3, qui sont donc les deux solutions du problèmes posé.

Une autre façon de résoudre la deuxième équation est l"interprétation géométrique :z=1?z

signifie que la distance entre le pointMd"affixezet l"origineOdu repère est la même que la distance entreMet le pointAd"affixe1. Autrement dit, le pointMse trouve sur la médiatrice du segment[OA], qui est bien la droite d"équationRe (z) =1

2. Un schéma avec uniquement la

solutionz=eiπ 3: 0 1-1 01 -1 z

1/z1-z

2. On peut traduire l"hypothèse par le fait quez4?z2z2?z(siz= 0ouz= 1, valeurs pour

lesquelles le quotient n"est pas défini, les points seront detoute façon alignés puisque confondus).

On a donc

z2(z+ 1)(z?1) z(z?1)=z(z+ 1). Posonsz=a+ib, on a alorsz(z+ 1) = a

2+a?b2+i(2ba+b). On obtient donc la conditionb(2a+ 1) = 0, soitb= 0oua=?1

2. 2

L"ensemble recherché est donc la réunion de la droite réelleet de la droite d"équationx=?12

(ou en terme de complexes l"ensemble des complexes réels ou de partie réelle égale à?1

2). Il est

ici difficile de faire une résolution purement géométrique dece problème. Une solution surlignée

sur la figure ci-dessous, correspondant àz=?1 2+i.

0 1 2-1-2

012 -1 -2 z z^2z^4

3. On peut s"en sortir uniquement par le calcul : siz=z?4, en élevant au carré, on obtient

z z= (z?4)(z?4) =zz?4(z+z)+16, donc16 = 4(z+z) = 8Rez, etRez= 2. Ensuite, en supposantz= 0,argz= arg(z+ 1 +i)argz+ 1 +i z= 0, doncz+ 1 +iz=λ, oùλ+, soitz+1+i=λzz=1 +i λ?1. Le seul multiple réel de1+iayant pour partie réelle2étant

2(1 +i) = 2 + 2i(qui correspond àλ=3

2), la seule valeur dezconvenable est donc2 + 2i.

Il est également possible de raisonner géométriquement. NotonsMl"image dezdans le plan complexe, etAcelle de4, alors la conditionz=z?4peut s"écrire sous la formezM?zO= zM?zA AM=OM. Le pointMdoit donc appartenir à la médiatrice du segment[OM], c"est-à-dire la droite d"équationx= 2dans le plan. De plus deux nombres complexes ont

même argument si leurs images sont situées sur une même demi-droite d"origine0. Ici, l"image

dez+1+iétant l"image deMpar la translation de vecteur d"affixe1+i, il ne peut être aligné avecOetMque si le vecteur d"affixe1 +iest colinéaire avec??OM, doncMse situe sur la droite passant par le point d"affixe1 +i. Cette droite intersecte celle d"équationx= 2en un seul point, d"affixe2 + 2i, qui est donc l"unique solution du problème posé. 3

0 1 2 3 4 5-1-2

0123
-1Az

4. Les trois points forment un triangle équilatéral si et seulement siz?iiz?i=eiπ

3ouz?iiz?i=eiπ

3.

Dans le premier cas, on obtientz?i=izeiπ

3?ieiπ3, soitz=i1?eiπ

3

1?ieiπ3=eiπ

21?eiπ

3

1?ei5π6=

e iπ

2eiπ

6(?2isinπ6)

ei5π12(?2isin5π12)=eiπ 4

2sin5π12et dans le deuxièmez?i=izeiπ

3?ieiπ3, soitz=

i

1?eiπ

3

1?ieiπ3=eiπ

21?eiπ

3

1?eiπ6=eiπ

2eiπ

62isinπ6

eiπ12(?2isinπ12)=?eiπ 4

2sinπ12. Un petit dessin pour voir

où tout ça se situe : 0 1-1 01 -1 z1iz1 z2iz2

On peut en fait résoudre ce problème très géométriquement, je vous ai mis la figure d"abord pour

que vous puissiez mieux suivre. Quel que soit le nombre complexez, le triangle formé par les images de0,zetizest isocèle rectangle en0(en effet,iza même module quez, et un argument augmenté deπ

2). Il s"agit donc de coller ensemble un triangle isocèle rectangle et un équilatéral

ayant un côté commun avec l"hypothénuse du rectangle isocèle. Dans cette construction, la

4 médiatrice du segment reliantzetizest donc commune avec la droite remarquable issue dei

dans le triangle équilatéral. Comme cette médiatrice passepar0, elle doit donc être confondue

avec l"axe imaginaire. Cela implique quezse situe sur une des deux bissectrices des deux Axes

(en bleu sur le dessin). De plus, l"angle formé par la droite reliantietzdevra être égal àπ

6 (l"axe imaginaire étant bissectrice d"un angle deπ

3dans le triangle équilatéral). Les deux droites

correspondantes sont en vert sur la figure, il ne reste plus qu"à prendre les points d"intersection

des droites bleues et vertes pour obtenir les points correspondant àzetiz. On peut ensuite faire des calculs trigonométriques savants pour retrouverles affixes exactes de ces points.

Exercice 4 (* à ***)

1. Cette équation à coefficients réels se résout comme vous aviez l"habitude de le faire en Termi-

nale :Δ = 4?20 =?16 = (4i)2, donc l"équation admet deux solutions complexes conjuguées z

1=2?4i

2= 1?2i, etz2= 1 + 2i.

2. On applique la méthode générale vue en cours :Δ = (2?3i)2?4i(5i?5) = 4?9?12i+20+20i=

15 + 8i. On cherche à déterminer les racines carrées du discriminant, posonsδ=a+ib, la

conditionδ2= Δdonne en isolant partie réelle et imaginaire les équationsa2?b2= 15 et2ab= 8. On ajoute la condition sur le module :δ2=a2+b2=Δ=

152+ 82=

225 + 64 =289 = 17. En combinant la première et la troisième équation, on a donc

2a2= 15 + 17 = 32, donca=4, et2b2= 17?15 = 2, soitb=1. Commeaetbsont

de même signe à cause de l"équation2ab= 8, on peut choisirδ= 4 +iouδ=?4?i. On obtient alors pour l"équation initiale les deux solutionsz1=?2 + 3i+ 4 +i

2i=2 + 4i2i= 2?i,

etz2=?2 + 3i?4?i

2i=?6 + 2i2i= 1 + 3i.

3. Cette fois-ci, le discriminant vautΔ =i2?8(1?i) = 8i?9. En recherchant unδ=a+ib

vérifiantδ2= Δ, on obtient les équationsa2?b2=?9et2ab= 8. De plus, la condition sur le module revient à dire quea2+b2=Δ=

81 + 64 =145(non, ça ne se simplifie

pas). Tout cela nous donne2a2=

145?9et2b2=145 + 9. Commeaetbdoivent par

ailleurs être de même signe, on peut choisirδ=?145?9 2+i?

145 + 9

2. Les solutions de

l"équation initiale sont doncz1=?i+δ

4etz2=?i?δ4, tenter de les écrire entièrement n"a

aucun intérêt, on ne simplifiera rien de toute façon.

4. En multipliant parz2, on obtientz4=?z4. Un nombre complexe est égal à l"opposé de son

mudule si et seulement si il est réel négatif, doncz4, ou encorearg(z4)π[2π], d"où arg(z)π 4?

π2?

. L"ensemble des solutions est la réunion des deux bissectrices des axes dans le plan complexe. On peut également résoudre plus brutalement en posantz=a+ib, on obtient alors(a+ib)2= ?(a?ib)2, soita2?b2+ 2iab=?(a2?b2?2iab), soit2(a2?b2) = 0. On retrouve les deux possibilitésa=beta=?bqui correspondent aux deux bissectrices. Dernière méthode revenant au même calcul que la première : onconstate que0est solution évidente au problème, et on écritzsous forme exponentielle. On trouver2e2iθ=?r2e2iθ= r

2e2iθ+π. L"égalité des modules est toujours vérifiée, celle des arguments donne la condition

2θ ?2θ+π[2π], soit4θπ[2π], doncθπ

4?

π2?

. On retrouve encore une fois les deuxquotesdbs_dbs4.pdfusesText_8