TD2 Nombres Complexes [PDF]

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Filière mathématique

- Partie II -

Problèmes sur les nombres complexes pour la préparation à l’examen national Problème 1(Devoir Blanc 2017, Belkhatir). - Partie I On considère dans l’ensemble C l’équation suivante (E),

z 2 − (1 + 5i)z − 8 + 4i = 0

1/ Le triangle ABC est rectangle est isocèle en A si et seulement \ = π . On a si AB = AC et ABC 2 zA − zB = zA − zC

i − 2 − 2i i + 1 − 3i −2 − i = 1 − 2i 2i − 1 = −i× 2i − 1 = −i ) ( π zA − zB ≡ (mod π). AuDonc |zA − zB | = |zA − zC | et arg zA − zC 2 \ = π , et ceci est équivalent trement dit, on a AB = AC et BAC 2 à dire que le triangle ABC est rectangle et isocèle en A.

1/ Déterminer les racines carrés du nombre complexe 8 − 6i. 2/ Résoudre dans l’ensemble C l’équation (E).

4

- Partie II -

C(−1 + 3i) 3 b

Dans le plan complexe P muni d’un repère orthonormé direct − → − → (O, i , j ), on considère les points A, B et C d’affixes respectifs zA = i, zB = 2 + 2i et zC = −1 + 3i. 1/ Montrer que le triangle ABC est rectangle et isocèle en A. π 2/ On considère la rotation R de centre A et d’angle et l’ho2 mothétie H de centre A et de rapport −2. a/ Déterminer l’écriture complexe des transformations R et H. b/ Montrer que l’écriture complexe de la transformation F = R ◦ H est z ′ − i = −2i(z − i)

2 b

A(i) 1

B(2 + 2i)

b

b

−3

−2

−1

O

1

2

3

4

5

−1

c/ Soit C ′ l’image du point C par la transformation F . −2 Montrer que les points A, B et C ′ sont colinéaires. 3/ Déterminer l’ensemble des points M (z) tels que les points 2/a/ Déterminons l’écriture complexe de la rotation R. Soit A, B, C et M soient cocycliques. M (z) un point du plan complexe, et soit M ′ (z ′ ) l’image du point M par la rotation R. On a alors Problème 1(Solution proposée). z ′ = ei 2 (z − i) + i = i(z − i) + i = iz + i + 1 π

- Partie I 1/ L’idée est d’écrire 8 − 6i sous forme d’un carré d’un nombre Donc complexe. Remarquons que (3 − i)2 = 9 − 1 − 6i = 8 − 6i

Pour l’homothétie H. Soit M (z) un point du plan complexe, et soit M ′ (z ′ ) l’image du point M (z) par l’homothétie H. On a alors

Donc les racines carrés du nombres complexe sont {δ1 , δ2 } = {3 − i, −3 + i}

z ′ = −2(z − i) + i = −2z + 3i

2/ Le discriminant de l’équation (E) est

Donc z ′ = −2z + 3i

δ = (1 + 5i)2 + 4(8 − 4i) = −24 + 10i − 16i + 32 = 8 − 6i Donc les solutions de l’équation (E) sont z1 =

1 + 5i − δ1 , 2

z2 =

1 + 5i + δ1 2

c-à-d z1 = 2 + 2i,

z2 = −1 + 3i

Donc l’ensemble des solutions de l’équation (E) est

b/ Soit M (z) un point du plan complexe. Trouvons MF (zF ) l’image du point M (z) par la transformation F. Appelons f l’application C → C, z 7→ zF , et définissons similairement les applications r et h. On a zF = f (z) = r ◦ h(z) = r(h(z)) = ih(z) + i + 1 = −2i(z − i) + i Donc l’écriture complexe de la transformation F = R ◦ H est z ′ = −2i(z − i) + i

S = {2 + 2i, −1 + 3i}

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z ′ = iz + i + 1

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c/ Déterminons d’abord zC ′ l’affixe du point C ′ . On a

Problème 2(Devoir Blanc 2018, Belkhatir). Les parties I et II sont indépendantes.] [ 3π Soit θ un nombre réel appartenant à 0, . 4

zC ′ = −2i(zC − i) + i = −2i(−1 + 2i) + i = 3i + 4 D’autre part, on a zA − zC ′ i − 3i − 4 = zA − zB i − 2 − 2i −2i − 4 = −2 − i = 2∈R

- Partie I Soient z1 et z2 les solutions dans C de l’équation (E),

z 2 + 2iz − 1 + ieiθ = 0

1/ Sans résoudre l’équation (E), montrer que Donc les points A, B et C ′ sont colinéaires.

arg(z1 ) + arg(z2 ) ≡ θ +

3

b

b

(mod 2π)

2/ Déterminer la valeur de θ pour laquelle 1 − i est solution de (E), puis écrire dans ce cas les solutions de (E) sous forme trigonométrique. 3/ Déterminer en fonction de θ les solutions de l’équation (E).

4

C(−1 + 3i)

3π 4

C ′ (4 + 3i)

- Partie II 2 b

B(2 + 2i)

A(i) 1 b

b

−3

−2

−1

O

1

2

3

4

5

6

−1

Soit ABCD un trapèze isocèle dont les bases sont [BC] et [AD]. On considère la rotation R de centre C et d’angle θ et on pose A′ = R(A) et B ′ = R(B). Les points I, J et K sont les milieux respectifs des segments [BC], [A′ D] et [B ′ C]. On munit le plan → → complexe du repère (I, − u,− v ) tels que a est l’affixe de C et b + ic est l’affixe de D avec a, b et c trois nombres réels. 1/ Vérifier que l’affixe de B est −a et que l’affixe de A est −b+ic. 2/ Montrer que l’affixe de A′ est a(1 − eiθ ) + (−b + ic)eiθ et que l’affixe de B ′ est a(1 − 2eiθ ). 3/ Prouver que

ó On pourrait montrer que les points A, B et C ′ en utilisant un zJ − zI ic 1 + eiθ a+b raisonnement direct (sans calcul). + × = zK − zI 2a 2a 1 − eiθ ó On pourrait également remarquer que B est le milieu de [AC ′ ], par conséquent les points A, B et C ′ doivent être colinéaires. puis déduire que les points I, J et K sont alignés. 3/ Soit Γ l’ensemble des points M (z) du plan complexe pour lesquels A, B, C et M sont cocycliques. Puisque les points A, B et C ne sont pas colinéaires, on a Problème 2(Solution proposée). z − zC z A − zB ∗ M (z) ∈ Γ ⇐⇒ × ∈R - Partie I z − zB zA − zC ( ) z − zC zA − zB 1/ Les solutions de l’équation (E) étant z1 et z2 , on a alors ⇐⇒ ∈ iR∗ ∈ iR∗ z − zB zA − zC z1 × z2 = −1 + ie2iθ . Par conséquent, Et ceci est équivaut à dire que le triangle M BC est rectangle en M . Par conséquent, Γ est le cercle de diamètre [AB] privé du point A(i).

C(−1 + 3i)

( ) π ei 2θ+ 2 − 1 ( )( ( ) ( )) i θ+ π i θ+ π −i θ+ π 4 4 4 =e e −e ( ) ( ) π i θ+ π4 = 2i sin θ + e 4 ( ) ( ) 3π π = 2 sin θ + ei θ+ 4 4 {z } |

Γ

3

2

A(i) 1

Or, −1 + ie2iθ =

4

b

arg(z1 z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 ) ≡ arg(−1 + ie2iθ ) (mod 2π)

b

B(2 + 2i)

×

>0

Par conséquent, on obtient b

−2

−1

O

1

2

3

4

arg(z1 ) + arg(z2 ) ≡ θ +

−1

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3π (mod 2π) 4

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2/ Le nombre complexe 1 − i est solution de l’équation si et seulement si (1 − i) + 2i(1 − i) − 1 + ie 2

2iθ

1/ On sait que l’affixe du point I est zI = 0 et que I est le milieu du segment [BC], donc 0 = zI =

=0

zB + zC 2

Par conséquent, on a

si et seulement si

zb = −zc = −a −2i + 2i + 2 − 1 + ie

si et seulement si

2iθ

=0

Donc l’affixe zB du point B est zb = −a

π

e2iθ = ei 2

Pour l’affixe zA du point A, remarquons que A est le symétrique [ ] π 3π du point C par rapport à l’axe imaginaire, puisque zC = b + ic, Puisque 2θ ∈ 0, ⊂ [0, 2π[, alors 2θ = , et ceci est équivaut 2 2 alors à dire que zA = −b + ic π θ= 2/ Soit zA′ l’affixe du point A′ . On sait que A′ est l’image du 4 point A par la rotation de centre C et d’angle θ, donc 3/ Le discriminant de l’équation (E) s’écrit z ′ = eiθ (z − z ) + z ∆ = −4 + 4 − 4ie2iθ = 4ei

(

2θ+ 32 π

( ( ) )2 3 = 2ei θ+ 4 π

)

− i − ei

(

θ+ 34 π

Un calcul rapide montre que

3/ On a zJ − zI = zK − zI

)

( )} 3 , −i + ei θ+ 4 π

- Partie II La figure ci-dessous illustre les données de l’exercice. 1

B −4

−3

C(a)

×

−2

zD + zA′ − zI 2 zC + zB ′ − zI 2 b + ic + a(1 − eiθ ) + (−b + ic)eiθ −0 2 = a + a(1 − 2eiθ ) −0 2 (a + b)(1 − eiθ ) + ic(1 + eiθ ) = 2a(1 − eiθ ) a+b ic 1 + eiθ = + × 2a 2a 1 − eiθ

Finalement, comme désiré on a obtenu,

I ×

C

zB ′ = a(1 − 2eiθ )

Donc l’ensemble des solutions de l’équation (E) est {

C

On montre dde même que

) ( 3 z2 = −i + ei θ+ 4 π

S=

A

zA′ = a(1 − eiθ ) + (−b + ic)eiθ

Donc, les solutions de l’équation (E) sont ( ) ( ) i θ+ 34 π 3 −2i − 2e z1 = = −i − ei θ+ 4 π 2 Et

A

a+b ic 1 + eiθ zJ − zI = + × zK − zI 2a 2a 1 − eiθ

×

−1

1

2

θ

3

4

θ

−1

Remarquer que la quantité a+b ic 1 + eiθ + × 2a 2a 1 − eiθ

−2

K

×

est un nombre réel. En effet, on sait déja que

−3

A

×

1 + eiθ . On va montrer par la 1 − eiθ suite que Z est un nombre réel, autrement dit Z = Z.

des nombre réels. On pose Z = i

−4

×

D(b + ic) −5

a+b c et sont 2a 2a

×

B

Z = Z ⇐⇒ i ×

′

−6

Et ceci est vrai. En conclusion, les points I, J et K sont alignés.

−7

−8

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⇐⇒

J

×

1 + eiθ 1 + e−iθ = −i × iθ 1−e 1 − e−iθ iθ iθ e +1 1+e = − iθ iθ 1−e e −1

A′

×

ó L’objectif de cet exercice était de montrer que les points I, J et K sont alignés en utilisant les nombres complexes.

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Problème 3(APMT 2017). Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé ] [ direct π π − → − → (O, u , v ) et θ un nombre réel de l’intervalle − , . 4 4 1/a/ Déterminer en fonction de θ, le nombre complexe m tel que m cos θ + m sin θ = e

iπ 4

1 2

et

>0

Et que

b/ Écrire m sous sa forme trigonométrique. 2/ Soit] H l’ensemble des points M du plan d’affixe m quand θ [ π π décrit − , . 4 4 Montrer que Re(m) >

Remarquons que √ √ ( ) ( ) 2 2 π π cos θ − sin θ = cos cos θ − sin sin θ 2 2 4 4 ( ) π = cos θ + 4 | {z }

1 2

Im(m) >

π 3/ Soient r la rotation de centre O et d’angle et h l’homothétie 4 √ √ 2 de centre O et de rapport et A le point d’affixe 2. On pose 2 B = h ◦ r(A). a/ Montrer que les deux droites (OB) et (AB) sont orthogonales. b/ Montrer que ] OB est[ la valeur minimale du module de m π π . quand θ décrit − , 4 4 4/ Soit Γ l’ensemble des points M d’affixe z tel que

√

√ ( ) π 2 2 cos θ + sin θ = sin θ + 2 2 4 | {z } >0

Donc l’écriture trigonométrique du nombre complexe m est [ ] 1 π m= ,θ + 4 cos2 θ − sin2 θ 2/ Il s’agit de montrer que √

2 1 > 2(cos θ + sin θ) 2 Et que

√

1 2 > 2(cos θ − sin θ) 2 Ce qui est équivalent à dire que √ √ cos θ + sin θ < 2 et cos θ − sin θ < 2

(∗) |z cos θ + z sin θ| = 1 Ce qui est immédiat en remarquant que ] [ π π (cos θ + sin θ)2 + (cos θ − sin θ)2 = 2 cos2 θ + 2 sin2 θ = 2 Montrer que pour tout θ ∈ − , , Γ passe par quatre points 4 4 fixes et cocycliques qu’on déterminera. En conclusion, on obtient [ ] π π , l’ensemble Γ ∩ H. 5/a/ Déterminer pour tout θ ∈ − , 1 1 4 4 et Im(m) > Re(m) > 2 2 b/ Construire dans le même repère H et Γ pour θ = 0. Problème 3(Solution proposée). 1/a/ Écrivons m = x + iy, on a alors π

x cos θ + x sin θ + iy cos θ − iy sin θ = ei 4 c-à-d

√ 2 2 +i (x cos θ + x sin θ) + i(y cos θ − y sin θ) = 2 2 √

Autrement dit

√

√

2 , x= 2(cos θ + sin θ)

y=

2 2(cos θ − sin θ)

En conclusion, √

√ 2 2 m= +i 2(cos θ + sin θ) 2(cos θ − sin θ) 2/ Écrivons m ] [ sous sa forme trigonométrique. Mentionnons que π π sur − , , on a sin < cos (Il suffit d’étudier la fonction 4 4 tangente). On a √ √ 2 2 m= +i 2(cos θ + sin θ) 2(cos θ − sin θ) √ [√ ] 1 2 2 = × (cos θ − sin θ) + i (cos θ + sin θ) 2 2 cos2 θ − sin2 θ https://saadchoukri.github.io/

ó On pourrait montrer les inégalités de (∗) en utilisant des études de fonctions. 3/a/ Commençons par déterminer l’affixe b du point B. On sait d’après le texte de l’exercice que √ ) ( π 2 iπ √ b= e 4 2 − 0 + 0 = ei 4 2 Pour montrer que les droites (0B) et (AB) sont orthogonales, il suffit de prouver que ( ) b−a π arg ≡ (mod π) (∗) b−o 2 avec o, a et b les affixes respectifs des points O, A et B. On a √ √ √ i−1 b−a 2+i 2−2 2 √ √ = = b−o i+1 2+i 2 i−1 est imaginaire pur. D’où (∗), i+1 finalement on a prouvé que les droites (OB) et (AB) sont orthogonales. b/ D’abord OB = |b| = 1. Il s’agit que 1 est la valeur ] de montrer [ π π minimale de |m| quand θ décrit − , , on sait que 4 4

Il est facile de vérifier que

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|m| =

1 1 = cos 2θ cos2 θ − sin2 θ

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Mais la valeur maximale ] [que peut prendre la fonction θ 7→ cos 2θ π π sur l’intervalle − , est 1 pour θ = 0. D’où le résultat. 4 4 4/ Remarquons que P1 , P2 , P√3 et P4 d’affixes respec√ √ les points √ √ √ 2 2 2 2 2 2 tifs z1 = +i , z2 = − +i , z3 = −i et 2 2 2 2 √ 2 √ 2 2 2 z4 = − −i sont d’abord des points de l’ensemble Γ (car 2 2 leurs affixes vérifient |z cos θ + z sin θ| = 1, de plus les points P1 , P2 , P3 et P4 vérifient tous l’équation du cercle x2 + y 2 = 1 (Ils appartiennent donc tous au cercle de centre O et de rayon 1), par conséquent ils sont cocycliques. Finalement, Γ passe par quatre points cocycliques P1 , P2 , P3 et P4 et fixes puisqu’ils ne dépendent pas de θ.

Problème 4(Devoir blanc 2017, Belkhatir). Soit a un nombre réel non nul. On pose pour tout z ∈ C, f (z) = (1 + ia)z − 2ia 1/ Montrer que l’équation (E),

f (z) = z

admet une unique solution ω dans l’ensemble C qu’on doit déterminer. Dans le plan complexe P muni d’un repère orthonormé direct → → (O, − u,− v ) on considère les deux ensembles D = {M (z) ∈ P,

f (z) ∈ R}

Et ó Le lecteur attentif remarquera que les points P1 , P2 , P3 et P4 ∆ = {M (z) ∈ R, f (z) ∈ iR} viennent du contexte de l’exercice. 2/a/ Montrer que D et ∆ sont deux droites qu’on doit détermió La nature géométrique de l’ensemble Γ est une ellipse. iπ 5/a/ Puisque pour tout m ∈ H, on a m cos θ + m sin θ = e 4 , ner leurs équations. b/ Montrer que les droites D et ∆ sont orthogonales puis déteralors |m cos θ + m sin θ| = 1. Donc H ⊂ Γ. Par conséquent, miner l’affixe du point de leur intersection. 3/ On pose θ = arctan(a). Montrer que pour tout point M (z) Γ∩H=H de P tel que z ̸= ω, on a ] [ π π −−→ −−→ 1 pour tout θ ∈ − , . × ΩM, (ΩM , ΩM ′ ) ≡ θ (mod 2π) ΩM ′ = 4 4 cos θ b/ On a d’abord Γ = {M (z) ∈ P/

tel que Ω et le point d’affixe ω et M ′ le point d’affixe f (z). 4/ Montrer que l’ensemble

|z| = 1}

Γ = {M (z) ∈ P,

Et H = {e

iπ 4

}

est un cercle de centre Ω(ω) et de rayon r = cos θ. 5/ Montrer que l’ensemble { } 1 Γ′ = M (z) ∈ P, |f (z)| = cos θ

Donc bc

1.0

H

0.8

est un cercle de rayon r = 1 et de centre A0 d’affixe z0 = 2 sin2 θ+ i sin(2θ).

bc

Γ

|f (z) − ω| = 1}

0.6

Problème 4(Solution proposée). 1/ On a

0.4

z solution de (E) ⇐⇒

0.2

⇐⇒ (1 + ia)z − 2ia = z bc

−1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

−0.2 −0.4 −0.6 −0.8 −1.0

f (z) = z

⇐⇒

iaz = 2ia

⇐⇒

z=2

Donc l’équation (E) admet une unique solution ω = 2. 2/a/ On a en posant z = x + iy, M (z) ∈ D ⇐⇒

f (z) ∈ R

⇐⇒

f (z) = f (z)

⇐⇒

(1 + ia)z − 2ia = (1 − ia)z + 2ia

⇐⇒

z + iaz − 2ia = z − iaz + 2ia

⇐⇒ x + iy + iax − ay − 2ia = x − iy − iax − ay + 2ia ⇐⇒

y + ax − 2a = −y − ax + 2a

⇐⇒

2y = −2ax + 4a

⇐⇒

y = −ax + 2a

Donc D est la droite d’équation cartésienne (D) :

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y = −ax + 2a

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−−→ −−→ (ΩM , ΩM ′ ) ≡ θ (mod 2π)

D’autre part M (z) ∈ ∆ ⇐⇒

f (z) ∈ iR

⇐⇒

f (z) = −f (z)

⇐⇒

f (z) + f (z) = 0

⇐⇒ (1 + ia)z − 2ia + (1 − ia)z + 2ia = 0 ⇐⇒

(z + z) + ia(z − z) = 0

⇐⇒

2x − 2ay = 0 1 y= x a

⇐⇒

ó Une propriété à retenir, si z = x + iy la forme algébrique du nombre complexe z avec x ̸= 0, alors arg(z) ≡ arctan(y/x) (mod 2π) si x > 0 et arg(z) ≡ arctan(y/x) + π (mod 2π) si x < 0. 4/ On sait que

⇐⇒

y=

|f (z) − ω| = 1 |f (z) − f (ω)| = 1

⇐⇒ |(z − ω)(1 + ia)| = 1 1 ⇐⇒ |z − ω| = |1 + ia| 1 ⇐⇒ |z − ω| = √ 1 + a2 ⇐⇒ |z − ω| = cos2 θ

Donc ∆ est la droite d’équation cartésienne ∆:

z ∈ Γ ⇐⇒

1 x a

Puisque le produit des deux coefficients directeurs des deux droites D et ∆ vaut −1, alors les deux droites D et ∆ sont Donc Γ est le cercle de centre Ω(ω) et de rayon r = cos θ. orthogonales. Soit z0 = x0 + iy0 l’affixe du point X d’intersection des deux 5/ En écrivant z = x + iy, on a 2a droites D et ∆. On sait que y0 = −a2 y0 + 2a, puis y0 = 1 1 + a2 z ∈ Γ′ ⇐⇒ |f (z)| = 2 cos θ 2a . Donc l’affixe du point d’intersection des deux et x0 = 1 1 + a2 ⇐⇒ |(1 + ia)z − 2ia| = cos θ droites est 1 ⇐⇒ |x + iy + iax − ay − 2ia| = 2a2 2a cos θ z0 = +i 1 + a2 1 + a2 1 2 2 ⇐⇒ (x − ay) + (y + ax − 2a) = cos2 θ 3/ Commençons par montrer que 2 2 2 ⇐⇒ (x − 2 sin θ) + (y − 2 sin θ) = 1 1 ΩM ′ = Et ceci après simplification et regroupement en remarquant que ΩM cos θ a = tan θ. On a Comme conclusion, Γ′ est le cercle de centre A0 d’affixe 2 sin2 θ + ΩM ′ |f (z) − ω| 2i sin θ et de rayon r = 1. = ΩM |z − ω| |f (z) − f (ω)| = |z − ω| (1 + ia)(z − ω) = z−ω |1 + ia| √ 1 + a2 √ 1 + tan2 θ 1 | cos θ| 1 cos θ

= = = = = Finalement, ΩM ′ =

1 × ΩM cos θ

D’autre part, on a

) ( −−→ −−→ f (z) − ω (ΩM , ΩM ′ ) ≡ arg (mod 2π) z−ω ≡ arg(1 + ia) (mod 2π) ≡ ≡

arctan(a) (mod 2π) θ (mod 2π)

Donc https://saadchoukri.github.io/

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