[PDF] Exo7 - Exercices de mathématiques

Exo7 - Exercices de mathématiques

Résoudre dans C l’équation z4 (5 14i)z2 2(5i+12)=0 Correction H [005125] Exercice 8 ** Résoudre dans C l’équation (z2 +1)n (z 1)2n =0 Correction H [005126] Exercice 9 **I Déterminer les complexes z tels que z, 1 z et z 1 aient même module Correction H [005127] Exercice 10 **I On note U l’ensemble des nombres complexes de module 1

terminale Expert Complexe

R&oudre dans C l'équation (2 — 5i)z = — 25 Scanné avec CamScanner 45 5 Résoudre dans C l'équation z2 -4z-1=o —d Lit du A Ç x õ x

Nombres complexes Equation du second degré

Résoudre dans C les équations suivantes : 1 2z2−8z+80=0 2 3z2−6z+18=0 EXERCICE 7 −π 2 < θ < π 2 Résoudre dans C l’équation : z2cos2θ−2z cosθsinθ+1=0 EXERCICE 8 0 < θ < π 2 Résoudre dans C l’équation : z2cos2θsin2 θ−2z sin3θcosθ+cos4 θsin4θ=0 EXERCICE 9 0 < θ < π 1 Développer (z+2)(z2−2z cosθ+1) 2

Exercice 1 Résoudre dans ℝ les équations suivantes : c) )2 4

6 Construire la courbe représentative de CM dans le repère orthogonal de la figure 4 1 page suivante Partie C : L’artisan vend chaque objet 110€ 1 Montrer que le bénéfice réalisé après la fabrication et la vente de x objets est donné par : ( ) = − ² + 50 −121 où x est pris dans [1; 30]

27 RÉSOUDRE LÉQUATION - Free

Les abscisses de ces points sont les solutions de l'équation f(x) = λ 2 Comment résoudre graphiquement une équation dans l'ensemble des nombres réels ? Résoudre graphiquement dans ℝ l'équation 2 x2 + 3 = 5 On trace la courbe C représentant f(x) = 2 x2 + 3 en utilisant la fiche 24 et le tableau de valeurs ci-dessous : x 0 0,25 0,5 1

Racines n-ièmes d’un nombre complexe Résolution d’une

Résoudre dans l’ensemble C des nombres complexes l’équation i z z 4 Écrire la solution sous forme algébrique Exercice 5 Soit (E) l’équation complexe : 2z z 1 0 z 1 1 Démontrer que z = x + iy avec x et y réels est solution de (E) si et seulement si : °¯ ° ® ­ 2x 1 y 0 x 2 x 3y 2 1 0 ( ) 2 En déduire la résolution de

Les nombres complexes - unicefr

2) Résoudre alors dans C, l’équation : P(z) = 0 Exercice22 Pour tout complexe z, on considère : f(z) = z4 −10z3 +38z2 −90z +261 1) b est réel Exprimer en fonction de b les parties réelle et imaginaires de f(ib) 2) En déduire que l’équation f(z) = 0 admet deux nombres imaginaires purs comme solution

3 Séquence 15 : Équations

• Une équation est une égalité dans laquelle intervient un nombre inconnu • Une solution d'une équation est une valeur de l'inconnue pour laquelle l'égalité est vraie • Résoudre une équation, c'est trouver toutes ses solutions Exemple : 3 x + 2 = 8 est une équation d'inconnue x Pour x = 2, 3 x + 2 = 3 × 2 + 2 = 8 L

Equations et inéquations et systèmes

Pour x ≠ -3, l'équation équivaut à : , soit Soit encore : ou Comme x ≠ -3, l'équation a pour unique solution : c a d : S ={3} d) L’équation n’est pas définie pour x = 2 et x = 3 Pour x ≠ 2 et x ≠ 3 , l'équation équivaut à : On réduit au même dénominateur dans le but de se ramener à une équation-quotient :

[PDF] résoudre dans c les équations suivantes

[PDF] Résoudre dans l'ensemble des complexes

[PDF] Résoudre dans l'ensemble des nombres réels l'équation

[PDF] résoudre dans lR les inéquations suivantes et noter l'ensemble solution sous la forme d'un intervalle

[PDF] résoudre dans lR, les inéquations

[PDF] Resoudre dans R

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[PDF] Résoudre dans R des inéquations

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[PDF] résoudre dans R l'équation :

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[PDF] Résoudre dans R les équations

[PDF] Résoudre dans R les équations Cos x = Cos a et sin x = sin a

[PDF] Résoudre dans R les équations et inéquations

Exo7

Les complexes

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1**ITCalculer de deux façons les racines carrées de 1+iet en déduire les valeurs exactes de cosp8

et sinp8

1.z2+z+1=0

2.

2 z2+2z+1=0

3.z22zcosq+1=0,qréel donné.

4.z2(6+i)z+(11+13i) =0

5.

2 z2(7+3i)z+(2+4i) =0.

solutions sontaetbet en déduire les valeurs exactes de cos2p5 , sin2p5 , cos4p5 , sin4p5 , cosp5 et sinp5 2.

Le cercle de centre Wd"affixe12

passant par le pointMd"affixeirecoupe(Ox)en deux pointsIetJ.

Montrer queOI+OJ=OI:OJ=1 et en déduire une construction à la règle et au compas, du pentagone

régulier inscrit dans le cercle de centreOet de rayon 1 dont un des sommets est le point d"affixe 1.

3. La diagonale [AC]d"un pentagone régulier(ABCDE)est recoupée par deux autres diagonales en deux pointsFetG. Calculer les rapportsAFAC etFGAF ;p2 donné. Résoudre dansCl"équation1+iz1iz

3=1+itana1itana.

SoitIle centre du cercle inscrit au triangle(ABC). Montrer queI=barfA(a);B(b);C(c)g. 1

2.Déterminer zcomplexe tel queOsoit le centre du cercle inscrit au triangle(PQR)dont les sommets ont

pour affixes respectivesz,z2etz3. ABCéquilatéral,jouj2est racine de l"équationaz2+bz+c=0 ,a2+b2+c2=ab+ac+bc,1bc+1ca+1ab=0: etz1 aient même module.

8z2C;(z2Unf1g , 9x2R=z=1+ix1ix):

1+cosqisinq1cosq+isinqet de1+eiq1eiq.

2

1.jZj=1.

2.jZj=2.

3.Z2R.

4.Z2iR.

1.z0=z+3i

2.z0=2z+3

3.z0=iz+1

4.z0= (1i)z+2+i

1. Montrer que les solutions de (E)sont imaginaires pures. 2. Montrer que les solutions de (E)sont deux à deux opposées. 3.

Résoudre (E).

(ez+ez), shz=12 (ezez)et thz=shzchz. 1. Quels sont les nombres comple xeszpour lesquels thzexiste ? 2.

Résoudre dans Cl"équation thz=0.

3.

Résoudre dans Cle systèmejImzj jthzj<1. 4. Montrer que la fonction th réalise une bijection de D=fz2C=jImzjCorrection del"exer cice1 ND"abord on a 1+i=p2eip=4. Les racines carrées de 1+idansCsont donc4p2eip=8et4p2eip=8. On a aussi,

pour(x;y)2R2, (x+iy)2=1+i,8 :x 2y2=1 x

2+y2=p2

xy>0,8 :x 2=12 (p2+1) y 2=12 (p21) xy>0,(x;y)28 0 @sp2+12 ;sp212 1 A9=

Les racines carrées de 1+isont donc aussi

qp2+12 +iqp212 . Puisque Re(eip=8)=cosp8 >0, on obtient 4 p2eip=8=qp2+12 +iqp212 , ou encore e ip=8=sp2+12 p2 +isp212 p2 =12 q2+p2+iq2p2 et donc, par identification des parties réelles et imaginaires, cos p8 =12 p2+p2 et sin p8 =12 p2p2:Correction del"exer cice2 N1.z2+z+1=0,z=12 +ip3 2 =jouz=12 ip3 2 =j2.

2.D0=122=1=i2. L"équationadoncdeuxsolutionsnonréellesetconjuguées, àsavoirz1=12

(1+i) etz2=12 (1i). 3.

Soit q2R. Pour tout complexez, on a

z

22zcosq+1= (zcosq)2+1cos2q= (zcosq)2+sin2q= (zcosq)2(isinq)2

= (zcosqisinq)(zcosq+isinq) = (zeiq)(zeiq)

L"équation proposée a donc deux solutions (pas nécessairement distinctes)z1=eiqetz2=eiq. De plus,

D

0=cos2q1=sin2qet ces solutions sont distinctes si et seulement siq=2pZ.

4. Soit (E)l"équationz2(6+i)z+(11+3i) =0. Son discriminant estD= (6+i)24(11+13i) =

940i. Comme 40=220=2(45)et que 4252=1625=9, on est en droit de deviner

queD= (45i)2. L"équation(E)a deux solutions distinctes dansCà savoirz1=6+i+45i2 =52iet z

2=6+i4+5i2

=1+3i. 5. Soit (E)l"équation2z2(7+3i)z+(2+4i)=0. SondiscriminantestD=(7+3i)28(2+4i)=24+10i. Comme 10=25=2(51)et que 5212=24, on est en droit de deviner queD= (5+i)2. L"équation proposée a deux solutions distinctes dansCà savoirz1=7+3i+5+i4 =3+ietz2=7+3i5i4 12 (1+i).Correction del"exer cice3 N1.On a a=2cos2p5 etb=2cos4p5 . 1,z,z2,z3etz4sont les cinq racines cinquièmes de 1 dansC. Par suite, 1+z+z2+z3+z4=0. Mais alors a+b=z+z2+z3+z4=1 4 et ab= (z+z4)(z2+z3) =z3+z4+z6+z7=z+z2+z3+z4=1(carz5=1): aetbsont donc les solutions de l"équationX2+X1=0 dont les racines sont1+p5 2 et1p5 2

Enfin, puisque

2p5 20;p2 , on aa>0. Par suite, cos2p5 =1+p5 4 et cos4p5 =1p5 4 . D"autre part, sin2p5 >0 et donc, sin 2p5 = +r1cos2(2p5 ) =v uut1 1+p5 4 2 =14 q10+2p5: cos 2p5 =p514 et sin2p5 =14 p10+2p5.

De même, en remplaçant

p5 parp5, cos 4p5 =1p5 4 et sin4p5 =14 p102p5. Enfin, cos p5 cospp5 =cos4p5 =1+p5 4 et sinp5 =sinpp5 =sin4p5 =14 p102p5. 2. Le rayon du grand cercle v aut,d"après le théorème de P YTHAGORE:

R=pWO2+OM2=p5

2

DoncxI=xW+R=1+p5

2 etxJ=xWR=1p5 2 . Par suite,xI=2cos2p5 etxJ=2cos4p5 . Ceci montre que les médiatrices des segments[O;I]et[O;J]coupent le cercle de centreOet de rayon 1 en quatre des cinq sommets du pentagone.OM

IJ3.Posons x=AFAC

. D"après le théorème de THALES(je vous laisse vérifier les parallélismes), x=AFAC =HKHC =FGFC =AC2AFACAF=12x1x:

Doncx23x+1=0 et puisquex<1,x=3p5

2 . Puis AGAC =ACAFAC =1x=1+p5 2 etFGAF =AC2AFAF =1x

2=23p5

2=3+p5

2

2=1+p5

2 5 AB C D EG F K

HDéfinition dunombre d"or.

A BC On veut queCpartage le segment[A;B]de telle sorte queBCAC =ACAB (petitmoyen =moyengrand ) c"est-à-dire, en posanta=ABetx=AC,xa =axx ou encorexa 2+xa

1=0 et donc, puisquexa

>0,xa =1+p5 2 Le nombre d"or (ou proportion dorée) est le nombre 1+p5 2 =0;618:::On peut aussi prendre pour le nombre d"or le rapport ax =1+p5 2 =1;618:::Correction del"exer cice4 NSoita2p2 ;p2 .1+itana1itana=cosa+isinacosaisina=e2ia. Donc,

1+iz1iz

3 =1+itana1itana, 9k2 f1;0;1g=1+iz1iz=ei(2a3 +2kp3 )=wk, 9k2 f1;0;1g=i(wk+1)z=wk1:

Maintenant, pourk2 f1;0;1g,

w k=1,2a3 +2kp3

2p+2pZ,a2 kp+3p2

+3pZ; ce qui est exclu poura2]p2 ;p2 [. Donc,

1+iz1iz

3 =1+itana1itana, 9k2 f1;0;1g=z=wk1i(wk+1), 9k2 f1;0;1g=z=ei(a3 +kp3 )e i(a3 +kp3 )e i(a3 +kp3 )ei(a3 +kp3 )i(ei(a3 +kp3 )+ei(a3 +kp3 , 9k2 f1;0;1g=z=2isin(a3 +kp3 )i(2cos(a3 +kp3 )), 9k2 f1;0;1g=z=tan(a3 +kp3

)Correction del"exer cice5 N1.On note I1le point d"intersection de la bissectrice(D1)de l"angledBACet de la droite(BC). La parallèle

à(AC)passant parBcoupeD1(puisque(AC)n"est pas parallèle à(D1)) en un pointA1. Les angles alternes-internes [CAA1et[AA1Bsont alors égaux. Puisque d"autre part,[CAA1=[A1AB, on en déduit que 6

AA1B=[A1ABet donc que le triangle(ABA1)est isocèle enB. D"après le théorème de THALÈS, on a

alors I 1BI

1C=A1BAC

=ABAC =cb et donc puisqueI1est entreBetC,b!I1B+c!I1C=~0, ou enfinI1=barfB(b);C(c)g.A BCI1 A

1On a aussi bien sûr les deux autres égalitésI2=barfA(a);C(c)getI3=barfA(a);B(b)goùI2etI3

sont les points d"intersection des deux autres bissectrices avec(AC)et(AB)respectivement. Soit alors I

0=barfA(a);B(b);C(c)g. D"après le théorème du barycentre partiel, on a

I

ce qui montre queI0est sur(AI1),(BI2)et(CI3), c"est-à-dire sur les trois bissectrices. Par suite,I0=I.

2.

Soit z2C.

z;z2etz3ne sont pas deux à deux distincts,z2=zouz3=zouz3=z2,z2 f1;0;1g:

Ensuite, pourz=2 f1;0;1g,

z;z2etz3sont alignés, 9l2R=z3z=l(z2z),z3zz

2z2R,z+12R,z2R:

Finalement,(z;z2;z3)est un vrai triangle si et seulement sizn"est pas réel. Soit alorszun complexe non

réel. Ocentre du cercle inscrit au triangle(PQR),O=barfP(QR);Q(PR);R(PQ)g ,zjz2z3j+z2jzz3j+z3jzz2j=0,z:jzj:j1zj(jzj+zj1+zj+z2) =0 , jzj+zj1+zj+z2=0(E) (carz=2R)

Ensuite,

jzj+zj1+zj+z2=0,(z+jzjz )+j1+zj=0)z+jzjz

2R,z+jzjz

=¯z+jzj¯z ,z¯zjzjz¯zz¯z=0,(z¯z)(11jzj) =0,11jzj=0(carz6=¯z) , jzj=1 Posons doncz=eiqoùq=2pZ. En reportant dans(E), on obtient 7 zsolution de(E),eiq+eiq+j1+eiqj=0,2cosq+jeiq=2j:j2cosq2 j=0 ,cosq+jcosq2 j=0,2jcosq2 j2+jcosq2 j1=0, jcosq2 jest solution de l"équation 2X2+X1=0 cosq2 212
;1 ,cosq2 =12 ,2cos2q2 1=12 ,cosq=12 ,q2 2p3 +2pZ ,z2 fj;j2g

Les nombres complexes solutions sont doncjetj2.Correction del"exer cice6 N(A;B;C)équilatéral,C=rA;p=3(B)ouC=rA;p=3(B),ca= (j2)(ba)ouca= (j)(ba)

,(1j2)a+j2b+c=0 ou(1j)a+jb+c=0,ja+j2b+c=0 ouj2a+jb+c=0 ,(j2)2a+j2b+c=0 ouj2a+jb+c=0,jouj2sont solutions de l"équationaz2+bz+c=0:

Ensuite

(A;B;C)équilatéral,ja+j2b+c=0 ouj2a+jb+c=0 ,(ja+j2b+c)(j2a+jb+c) =0,a2+b2+c2+(j+j2)(ab+ac+bc) =0 ,a2+b2+c2=ab+ac+bc; puis , a2+ab+acbcb2+bc+baacc2+ca+cbab=0 ,(ca)(ab)+(ab)(bc)+(bc)(ca) =0,(ca)(ab)+(ab)(bc)+(bc)(ca)(bc)(ca)(ab)=0

1bc+1ca+1ab=0:Correction del"exer cice7 NLe discriminant de l"équationZ2(514i)Z2(5i+12) =0 vaut

D= (514i)2+8(5i+12) =75100i=25(34i) = (5(12i))2.

Cette équation admet donc les deux solutionsZ1=514i+510i2 =512ietZ2=514i5+10i2 =2i. Ensuite, zest solution de l"équation proposée,z2=512i= (32i)2ouz2=2i= (1i)2

,z=32iouz=3+2iouz=1iouz=1+i:Correction del"exer cice8 NPosons, pournnaturel non nul,P= (X2+1)n(X1)2n.

8 P=X2n+(termes de degré62n2)X2n+2nX2n1+(termes de degré62n2) =2nX2n1+(termes de degré62n2): Donc deg(P) =2n1 etPadmet dansC, 2n1 racines, distinctes ou confondues. (z2+1)n= (z1)2n, 9k2 f0;:::;n1g=z2+1=wk(z1)2oùwk=e2ikp=n , 9k2 f0;:::;n1g=(1wk)z2+2wkz+(1wk) =0

Sik=0, l"équation précédente s"écrit 2z=0 ou encorez=0. Sikest élément de[[1;n1]],D0k=w2k(1

w

k)2=2wk1=2e2ikp=n1. Soitdkune racine carrée dansCdeD0k(difficile à expliciter semble-t-il). On a

S=f0g[ne2ikp=ndk1e2ikp=n;k2[[1;n1]]o

.Correction del"exer cice9 NSoientzun complexe non nul,Mle point d"affixezetAle point d"affixe 1. jzj=1z , jzj=1jzj, jzj2=1, jzj=1; et jzj=jz1j ,OM=AM,M2med[OA],xM=12 ,Re(z) =12 Donc, jzj=1z =jz1j , jzj=1 et Re(z) =12 ,z=12 ip3 2

,z=jouz=j2:Correction del"exer cice10 NSoientx2Retz=1+ix1ix. Puisque 1ix6=0,zest bien défini etjzj=j1+ixjj1ixj=j1+ixjj1+ixj=1. Enfin,z=1+ix+21ix=

1+21ix6=1. On a montré que :

8x2R;1+ix1ix2Unf1g:

Réciproquement, soitz2Unf1g. Il existe un réelq=2p+2pZtel quez=eiq. Mais alors, z=eiq=eiq=2e iq=2=cosq2 +isinq2 cos q2 isinq2 =cosq2 (1+itanq2 )cos q2 (1itanq2 )=1+itanq2

1itanq2

(cosq2

6=0 carq2

=2p2 +pZ); etzest bien sous la forme voulue avecx=tanq2 .Correction del"exer cice11 N1.Soit q2R.

1+cosq+isinq=0,cosq=1 et sinq=0,q2p+2pZ:

Donc,

1+cosqisinq1cosq+isinqexiste pourq=2p+2pZ. Pour un telq,

1+cosqisinq1cosq+isinq=2cos2q2

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