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Corrigé 2016 :

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Catégorie : algèbre

 

1. a. Soit \alphaune solution réelle de E  alors  \alpha vérifie \alpha^3-13\alpha^2+59\alpha-87=0

 

Une solution évidente est 3.

 

D’où \fbox{\alpha = 3.}


1. b. (z-3)(z^2-10z+29)=0= - i

 

D’où z = 3 ou z^2-10z+29=0

 

Après calculs z = 3 ou z = 5 - 2i ou z = 5 + 2i

 

L’ensemble des solutions est : S = {3 ; 5 - 2i ; 5 + 2i}

 

2.a \frac{b-a}{c-a}= - i

 

\left\{\begin{array}{l}arg\left(\frac{b-a}{c-a}\right)\equiv -\frac{\pi}{2}\Leftrightarrow\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\right)\equiv -\frac{\pi}{2}[2\pi]\\\\AB=AC\end{array}\right.

 

ABC est rectangle et isocèle en A et direct.

 

2. b. \fbox{Arg Z\equiv (\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MA})[2\pi].}
 

 

z réel non nul sssi arg Z\equiv 0(\pi).}

 

(\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MA})\equiv 0(\pi) .

 

M décrit la droite (AB) privée de A et de B.

 

3. a. Soit M^{\prime}(Z^{\prime}) l’image de M(Z)par la rotation r de centre I et d’angle -\frac{\pi}{2}

Donc Z^{\prime}-Z_i=e^{-\frac{\pi}{2}}(Z-Z_i)


On obtient \fbox{Z^{\prime}=-iZ+3+i}

 

3. b. Soit \Omega centre du cercle circonscrit à ABC.

 

\Omega est le milieu de [BC].

 

On a Z_\Omega=\frac{Z_B+Z_C}{2} ce qui donne \fbox{Z_\Omega=5}


ce qui donne

 

Soitr(\Omega)\quad=\quad\Omega^{\prime},Z_{\Omega^{\prime}\quad=\quad iZ_{\Omega}+3+i.} 

 

D’où  \fbox{Z_\Omega^{\prime}=3-4i.}

 

Donc (C’) est le cercle de centre \Omega^{\prime}} et de même rayon que (C).

 

       

 

 

Corrigé 2015 :

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Catégorie : algèbre

 

1. Soit p(z) = z^{3}+ 3z^{2}-3z-5-20i,z\in\mathbb{C}

a) p(2+i) = (2+i)^{3}+ 3(2+i)^{2}-3(2+i)-5-20i=5-5+24i=0.

D'où 2 + i est une racine de p(z) (0,25 pts)

b) p(2+i) = 0 donc p(z) = (z-2-i)q(z) avec q(z) = z ^{2}+(5+i)z+6+7i

p(z) = 0 si et seulement si z-2-i =0 où z ^{2}+(5+i)z+6+7i=0

On pose z ^{2}+(5+i)z+6+7i=0

\Delta=18i

Les racines de \Delta sont 3(1-i) et -3(1-i). D'où on a :

z_{1}=-4+i et z_{2}=-1-2i

L'ensemble des solutions de l'équation p(z) = 0 est :

S = {2+i,-4+i,-1-2i} (1 pt)

2. Le plan complexe est rapporté au repère orthomnormé o,\vec{u},\vec{v}.

Soient A(2+i), B(-1-2i) et C(-4+i)

a) plaçons les points A,B, et C (0,25 pt)

 

 

AB=3\sqrt{2} et BC=3\sqrt{2}. (0,25 pt+0,25pt)

 

b) on a

arg\(\frac{z_{C}-z_{B}}{z_{A}-z_{B}}\) = arg\(\frac{z_{\overrightarrow{BC}}}{z_{\overrightarrow{BA}}}\)=argz_{\overrightarrow{BC}})-arg(z_{\overrightarrow{BC}})

=(\overrightarrow{u},\overrightarrow{BC})-(\overrightarrow{u},\overrightarrow{BA})[2\pi]

=\overrightarrow{BA}),\overrightarrow{BC})[2\pi] (0,25pt)

 

c) arg\(\frac{z_{C}-z_{B}}{z_{A}-z_{B}}\)=\(\frac{-1+1}{1+i}\)=arg(i)=\frac{\pi}{2}[2\pi] (0,25pt)


d) D'après a) et c) ABC est un triangle rectangle isocèle en B. (0,25pt)

 

3.a) r : M(z)\mapsto M^{\prime}(z^{\prime}) telle que z^{\prime}=az+b

\left\{\begin{array}{ccc}r(B)&=&B\\r(A)&=&C\textrm{ (1)}\end{array}\right.

\Rightarrow

\left\{\begin{array}{ccc}az_{B}+-b&=&z_{B}\\az_{A}+-b&=&z_{C}\textrm{ (2)}\end{array}\right. (2)

 

D'où a=\frac{z_{B}-z_{C}}{z_{B}-z_{A}}=\frac{-1+i}{1+i}=i. et

b=z_{B}(1-a)=(-1-2i)(1-i)=-3-i

 

Donc l'application f associée à r est définie par

f(z) = iz - 3 i (0,5 pt)

 

b) Les élèments caractéristiques de r sont :


- Le centre B d'affixe -1 - 2i.

- L'angle \theta=\frac{\pi}{2}. (0,25pt)


4. T : M(z)\mapsto M^{\prime}(z^{\prime}) telle que z^{\prime}=ia^{2}z+\alpha,\alpha\in\mathbb{C}

 

a) Si T est une homothéthie de rapport 2 alors i\alph^{2}=2

i\alph^{2}=2\Leftrightarrow\alph^{2}=-2i\Leftrightarrow\alpha=(1-i)^{2}.

 

D'ou \alpha=1-i ou \alpha=-1+i (0,5pt)

 

b) si |\alpha|=2 et arg(\alpha)=\frac{\pi}{4} alors \alpha=1-i. D'où
z^{\prime}=2z+1-i

Donc T est une homothétie de centre \delta d'affixe -1+i et de rapport
k = 2. (0,25pt)

 

5. g = roT avec \alpha=1-i


a) Soit t l'application de \mathbb{c} dans \mathbb{c} associée à T.on a

h(z) = fot(z) = f(2z + 1 - 1) = 1(2x + 1-1)-3-i, d'où

h(z) = 2iz - 2. (0,25 pt)

 

b) g est une similude directe de :

- centre \Omega_0 d'affixe -\frac{2}{5}-\frac{4}{5}i,

- rapport k = 2,

- angle \theta -\frac{\pi}{5}

g=S(\Omega_0(-\frac{2}{5}-\frac{4}{5}i),2,\frac{\pi}{5}   (0,5pt)

 

 

corrigé epreuve 2011 : Equation dans C

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Catégorie : algèbre


I. 1°) z est écrit sous forme algébrique, x (ou cartésienne).
         Sa partie réelle et y sa partie imaginaire.
   

2°) Le module de |Z|est le réel positif |Z|\sqrt{x^2+y^2}
   

3°) cos\alpha = \frac{Re(Z)}{|z|};   sin\alpha=\frac{Im(Z)}{|z|}.  
   

4°)z’=e^{i\theta}z.

 II.  1°)  Le discriminant réduit de l’équation est \Delta’= {2\sqrt{3}}^2 – 16 =-4 = 4i^2.
Les racines sont donc z_1=\frac{-2\sqrt{3}-2i}{\frac{1}{2}}=-4\sqrt{3}-4i et
z_2=\frac{-2\sqrt{3}+2i}{\frac{1}{2}}=-4\sqrt{3}+4i

2°)OA={|a - 0|}=|a|=\sqrt{{-4\sqrt{3}}^2+{-4}^2}=\sqrt{64}=8    
OB={|b - 0|}=|b|=\sqrt{{-4\sqrt{3}}^2+{4}^2}=\sqrt{64}=8 .
      {AB=|b - a|}=|16i|=\sqrt{{-4\sqrt{3}}^2+{4}^2}=\sqrt{64}=8 .

Ainsi OA = OB = AB : Le triangle OAB est équilatéral.

 

3°) D’après la question 4° de la partie I, l’affixe du point D est donnée par :

z_d = e^{i\frac{\pi}{3}}z_c = e^{i\frac{\pi}{3}}2e^{i\frac{\pi}{2}}= 2e^{i\frac{\pi}{2}} = 2i .

 

On a utilisé l’écriture exponentielle de c = z_C = \sqrt 3 + i ; on aurait pu également utiliser la forme algébrique.

 

4°) a) L’affixe de G est donnée par : z_g = \frac{z_o – z_d – z_b}{1 – 1 - 1}  (formule résultant de la relation de définition du barycentre : \overlongrightarrow{GO}- \overlongrightarrow{GD}- \overlongrightarrow{GB} = \overlongrightarrow{0}. Comme z_0 = 0, on obtient :
z_g = z_d + z_b = -4\sqrt{3} + 6i.

 

b)Plaçons les points A,B,C et G dans le repère (O,\vec u, \vec v)

 

 

5°)(\vec{GA},\vec{GC}) = (\vec{U},\vec{GC}) – (\vec{U},\vec{GA}) =arg(\vec{GC}) -arg\vec{GA}=arg\frac{z_c-z_g}{z_a-z_g})=arg/frac{\sqrt{3} + i + 4\sqrt{3}- 6i}{-4\sqrt{3} – 4i + 4\sqrt{3} – 6i} = arg\frac{5\sqrt{3} – 5i}{-10i} = arg (\frac{1}{2}+ i\frac{\sqrt 3}{2}) = \frac {\pi}{3}.

 

De plus, \frac{GA}{GC}= |\frac{z_c –z_g}{z_a – z_g}| = |\frac {1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}| = 1. Donc GA = GC.

 

On conclut de ces résultats que le triangle GAC est équilatéral.

 

Corrigé 2014 :

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Catégorie : algèbre

 

A) 1. Soit z un nombre complexe non nul donné.

– L’écriture algébrique de z est de la forme : z = a+ib, avec a sa partie réelle et b sa partie imaginaire,


– L’écriture exponentielle de z est de la forme : z = re^{i\theta}, avec r son module et  un de ses arguments,


– L’écriture trigonométrique de z est de la forme : z = r(cos\theta +i sin \theta), avec r son module et \theta un de ses arguments,


2. Soient K(z_{0});M(z) et M\prime(z\prime) et soit r la rotation de centre K(z_{0}) qui transforme M(z) en M^{\prime}(z^{\prime}) on a :

 

            \left\{\begin{array}{l}KM^{\prime} = KM\\\\(\vec{(KM},\vec{KM^{\prime})}=\theta [2\pi]\end{array}\right.(1)

 

ce qui est équivalent à


            \left\{\begin{array}{l}|z\prime -z_{0}|= |z -z_{0}|\\\\arg\frac{z^{\prime} -z_{0}}{z -z_{0}}\equiv\theta[2\pi]\end{array}\right.(2)

 


D'où z\prime = e^{i\theta}z+z_{0}(1-e^{i\theta})

 


B) Soit z_{0} = 1-i\sqrt{3}

 

1. Ecriture trigonométrique de z_{0}

 

On a |z_{0}| = 1-i\sqrt{1+3}=2,

 

Soit\theta un argument de z_{0} alors cos\theta =\frac{1}{2}et sin\theta =-\frac{\sqrt{3}}{2} ce qui donne \theta =-\frac{\pi}{3}[2\pi] d'où

 

z_{0}=2\left(cos\frac{\pi}{3}-isin\frac{\pi}{3}\right)

 

2. Calculons z^{4}_{0}=

z^{4}_{0}=\left[2(cos\frac{\pi}{3}-isin\frac{\pi}{3})\right]^{4}=16\left(cos\frac{4\pi}{3}-isin\frac{4\pi}{3}\right)=16\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)

 

D'où

 

z^{4}_{0}=-8+i8\sqrt{3}

 

3. Résolvons l'équation

 

z^{4}=1

 

z^{4}=1 implique |z|^{4}=1 et 4arg z =0[2\pi] ce qui donne


|z|=1 et 4arg z =k\frac{\pi}{2}k\in \mathbb{Z}


d'où l'ensemble des solutions S de l'équation z^{4}=1 est S=\{-1;1;i;-i\}

 

4. Déduisons-en les solutions de léquation (E):z^{4}=-8+i8\sqrt{3}


z^{4}=-8+i8\sqrt{3} est équivalent à \frac{z^{4}}{-8+i8\sqrt{3}}=1


ce qui est équivalent, d’après B)2), à


\left(\frac{z}{1-i\sqrt{3}}\right)^4=1


Ce qui donne d'après B)3 les solutions suivantes :


- Sous forme algégrique :


z_{0}=1-i\sqrt{3},z_{1}=-1+i\sqrt{3},z_{2}=\sqrt{3}+i,z_{3}=-\sqrt{3}-i

 

– Sous forme trigonométrique :

z_{0}=2\left(cos\frac{\pi}{3}-isin\frac{\pi}{3}\right),z_{1}=2\left(cos\frac{2\pi}{3}+isin\frac{2\pi}{3}\right),z_{2}=2\left(cos\frac{\pi}{6}-isin\frac{\pi}{6}\right)

et

z_{3}=2\left(cos\frac{7\pi}{6}-isin\frac{7\pi}{6}\right)

5.

 

 

6. Soit r la rotation de centre O d’angle \frac{\pi}{2}

D’après A)2) si M'(z') est l’image de M(z) par r alors


z\prime = ze^{i\frac{\pi}{2}}

 

7. Soient les points A;B;C et D d’a?xes respectives z_{A} = z_{0}; z_{B} =z_{1}; z_{C} = z_{2} et z_{D} = z_{3}


Vérifions que r(A) = C :

z_{A^{e^{i\frac{\pi}{2}}}} = 2e^{-i\frac{\pi}{3}}e^{i\frac{\pi}{2}}=2e^{i\frac{\pi}{6}}=z_{C}


d’où r(A) = C:


Vérifions que r(C)=B

z_{C^{e^{i\frac{\pi}{2}}}} = 2e^{i\frac{\pi}{6}}e^{i\frac{\pi}{2}}=2e^{i\frac{\pi}{6}}=2e^{i\frac{4\pi}{3}}=z_{B}

 

d'où r(C)=B


Vérifions que r(B)=D


z_{B^{e^{i\frac{\pi}{2}}}} = 2e^{i\frac{2\pi}{3}}e^{i\frac{\pi}{2}}=2e^{i\frac{7\pi}{6}}=z_{D}

 

d'où r(B)=D

 

8.

    \textrm{r(A) = C implique } |z_{A}|=|z_{C}|,



    \textrm{r(C) = B implique  }|z_{C}|=|z_{B}|,

   

    \textrm{r(B) = D implique  }|z_{B}|=|z_{D}|


D'où

z_(A) = |z_{C}|=|z_{B}|=|z_{D}|= 2,

 

Ce qui est équivalent à

OA = OB = OC = OD = 2

 

D’où A,B,C et D sont sur le même cercle (C) de centre O et de rayon 2.

  

corrigé epreuve 2010 : racices cubiques-module et argument

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Catégorie : algèbre



Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé (O,\vec{u},\vec{v}) tel que\\ ||\vec{u}||=||\vec{v}||=2cm


1) a) Résolution de l'équation z^{3}- 1=0


Les solutions de cette équation sont les racines cubiques de 1.


Posons z=re^{i\theta}, z^{3}=1 entraine \left|z^{3}\right|=1 soit


\left|z^{3}\right|=1 et \left|z\right|=1 d'où r = 1 donc z=e^{i\theta}


z^{3}=3e^{i\theta}=1=e^{i2k\pi} ainsi


3\theta=2k\pi ou \displaystyle\theta=\frac{2k\pi}{3}


Les solutions de l'équation sont de la forme


\displaystyle z_{k}=e^{i\frac{2k\pi}{3}}, k\in\{0,1,2\}


z_{0}=1, \displaystyle z_{1}=e^{i\frac{2\pi}{3}}, \displaystyle z_{2}=e^{i\frac{4\pi}{3}}


Sous forme trigonomètrique,on a :


z_{0}=\cos{0}+i\sin{0}, z_{1}=\cos{\frac{2\pi}{3}}+i\sin{\frac{2\pi}{3}}, z_{2}=\cos{\frac{4\pi}{3}}+i\sin{\frac{4\pi}{3}}.


Sous forme algébrique :


z_{0}=1, \displaystyle z_{1}=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt3}{2}, z_{2}=-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt3}{2}


b) Résolution de l'équation z^{3}=8


z^{3}=8=2^{3} d'où \displaystyle\left(\frac{z}{2}\right)^{3}=1


Posons \displaystyle\frac{z}{2}=Z, on obtient Z^{3}=1 et d'aprés les résultats de

a) on obtient :


Z_{0}=\displaystyle\frac{z'_{0}}{2}=1 d'où z'_{0}=2


Z_{1}=\displaystyle\frac{z'_{1}}{2}=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt3}{2} d'où z'_{1}=-1+i\sqrt{3} {tex}Z_{2}=\displaystyle\frac{z'_{2}}{2}=-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt3}{2} d'où z'_{2}=-1-i\sqrt{3}


Les solutions de l'équation z^{3}=8 sont ainsi :


z'_{0}=2, z'_{1}=-1+i\sqrt{3} et z'_{2}=-1-i\sqrt{3}


2) B(2), A(-1, +i\sqrt{3}), C(-1, -i\sqrt{3})


a) Graphique à tracer


b)


\displaystyle\frac{z_{A}-z_{B}}{z_{C}-z_{B}}=\frac{-1+i\sqrt{3}-2}{-1-i\sqrt{3}-2}=\frac{-3+i\sqrt{3}}{-3-i\sqrt{3}}

 

=\displaystyle\frac{\left(-3+i\sqrt{3}\right)\left(-3+i\sqrt{3}\right)}{\left(-3-i\sqrt{3}\right)\left(-3+i\sqrt{3}\right)}=\displaystyle\frac{9-6i\sqrt{3}-3}{9+3}

 

=\displaystyle\frac{6-6i\sqrt{3}}{12}=\frac{1-i\sqrt{3}}{2}\displaystyle\left|\frac{z_{A}-z_{B}}{z_{C}-z_{B}}\right|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}=1

Soit \alpha l'argument de ce nombre complexe


\displaystyle\cos\alpha=\frac{1}{2},\displaystyle\sin\alpha=-\frac{\sqrt{3}}{2}, \displaystyle\alpha=-\frac{\pi}{3}

\displaystyle\left|\frac{z_{A}-z_{B}}{z_{C}-z_{B}}\right|=\frac{AB}{CB}=1 d'où AB=BC et \displaystyle\arg\left(\frac{z_{A}-z_{B}}{z_{C}-z_{B}}\right)=\left(\stackrel{\rightarrow}{BC},\stackrel{\rightarrow}{BA}\right)=-\frac{\pi}{3}


Le triangle ABC est donc isocèle en B avec une angle ABC=60° donc, il est équilatérale.


3) On considère f, la transformation du plan dans lui-même qui, à tout point M d'affixe z, associe le point M' d'affixe


\displaystyle z'=ze^{i\frac{2\pi}{3}}.


a) Le point M_{0}(z_{0}) est tel que z_{0}=z_{0}e^{i\frac{2\pi}{3}} \Longleftrightarrow \displaystyle z_{0}\left(e^{i\frac{2\pi}{3}}-1\right)=0 d'où z_{0}\approx0. le point invariant de f est l'origine O du repère.


z'=ze^{i\frac{2\pi}{3}} et z_{0}=z_{0}e^{i\frac{2\pi}{3}}


z'-z_{0}=\left(z-z_{0}\right)e^{i\frac{2\pi}{3}} d'où \frac{z'-z_{0}}{z-z_{0}}=e^{i\frac{2\pi}{3}} d où


\left(\stackrel{\rightarrow}{OM},\stackrel{\rightarrow}{OM'}\right)=\displaystyle\frac{2\pi}{3} et
\displaystyle\frac{OM'}{OM}=1 d'où OM'=OM


L'application f est ainsi la rotation de centre O d'angle \displaystyle\frac{2\pi}{3}


b) Affixe A' image de A et de C' image de C par l'application f


\displaystyle z_{A'}=z_{A}e^{i\frac{2\pi}{3}}=\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(-1+i\sqrt{3}\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\left(1-2i\sqrt{3}-3\right)=\frac{1}{2}\left(-2-2i\sqrt{3}\right)=-1-i\sqrt{3}


z_{A'}=-1-i\sqrt{3}=z_{C} d'où A'=C


f(C)=B, z_{C'}=z_{B} =2


c) f(A)=C et f(C)=B d'où f[(AC)]=(BC)


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