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algèbre

Corrigé Epreuve 1997: Equation dans C

Détails: Catégorie : algèbre

Equations dans C (04 pts - 1997)

1/a) $\omega =\dfrac{2+2i\sqrt{3}}{4}=\dfrac{1+i\sqrt{3}}{3}=\dfrac{1}{2}+i \dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\cos \dfrac{\Pi }{3}+i\sin \dfrac{ \Pi }{3}=e^{i\frac{\Pi }{3}}$

$d'où {tex}|\omega |=1$ $et$ $\arg (\omega )=\dfrac{\Pi }{3}$

b) $z{{}^2} =e^{i\frac{\Pi }{2}}\Longrightarrow z{{}^2} -(e^{i\frac{\Pi }{6}}) {{}^2} =0\Longleftrightarrow (z-e^{i\frac{\Pi }{2}})(z+e^{i\frac{\Pi }{6}})=0$

$\Longleftrightarrow z=e^{i\frac{\Pi }{6}\text{ }}ou$ $z=-e^{i\frac{\Pi }{6} }$

$\Leftrightarrow z=e^{i\frac{\Pi }{6}\text{ }}ou$ $z=e^{i(\Pi +\frac{\Pi }{6} )}=e^{i\frac{7\Pi }{6}}=e^{-i\frac{5\Pi }{6}}$

les racines carrées de $\omega$ sont $e^{i\frac{\Pi }{6}}$ $et$
$e^{-i\frac{5\Pi }{6}}$

2/ $z{{}^2} +(\sqrt{3}-7i)z-4(3+i\sqrt{3})$

la forme canonique donne $(z+\dfrac{\sqrt{3}-7i}{2}) {{}^2} -\dfrac{1+\sqrt{3i}}{2}=0$

donc $(z+\dfrac{\sqrt{3}-7i}{2}) {{}^2} =\dfrac{2+2\sqrt{3i}}{2}$

d'où $z+\dfrac{\sqrt{3}-7i}{2}=e^{i\frac{\Pi }{6}}$ ou $z+ \dfrac{\sqrt{3}-7i}{2}=e^{-i\frac{5\Pi }{6}}$

c'est-à-dire $z=4i$ ou $z_{2}=\sqrt{3}+3i$

$\dfrac{z_{2}-2i}{z_{1}-2i}=\dfrac{-\sqrt{3}+3i-2i}{4i-2i}=\dfrac{-\sqrt{3}+i }{-2}=\dfrac{1+\sqrt{3i}}{2}=\omega$

4/ $A(2i),B(Z_{1}),(Z_{2})$

On a $|\dfrac{Z_{2}-2i}{Z_{1}-2i}|=\dfrac{AC}{AB}et\arg (\dfrac{Z_{2}-2i}{Z_{1}-2i})=(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}})$

Donc $\dfrac{AC}{AB}=|\omega |=1$ $et$ $(\widehat{\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}})=\dfrac{\Pi }{3}$

d'où $(ABC)$ est un triangle équilatéral.

Corrigé Epreuve 1999: Equations dans C et similitude(4 pts)

Détails: Catégorie : algèbre

Equations dans C et similitude(4 pts - 1999)

Soit l'équation (E) $:z^{3}+(3+2i)z {{}^2} +(1-4i)z-1-2i=0$

1) a) (E) admet une solution réelle zo si on a:

$z_{0}^{3}+(3-2i)z_{0}^{2}+(1-4i)z_{0}-1-2i=0$

$C\prime est-\grave{a}-dire$ $\ z_{0}^{3}+3z_{0}^{2}-2i$ $z_{0}^{2}+z_{0}-4i$
$z_{0}-1-2i=0$

$z_{0}^{3}+3z_{0}^{2}+z_{0}-1+i(-2z_{0}^{2}-4z_{0}-2)=0$

soit $\left\{ \begin{array} [c]{c} z_{0}^{3}+3z_{0}^{2}+z_{0}-1=0\\ et\\ -2z_{0}^{2}-4z_{0}-2=0 \end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array} [c]{c} z_{0}^{3}+3z_{0}^{2}+z_{0}-1=0\text{ }(1)\\ et\\ z_{0}^{2}+2z_{0}+1=0\text{ }(2) \end{array} \right.$

pour l'équation (2) on a : $z_{0}=-1$

on vérifie dans (1) $(-1)^{3}+3(-1) {{}^2} -1-1=-3+3=0$

donc la solution réelle de (E) est : $z_{0}=-1$

b) étant solution de (E), on peut factoriser

$z^{3}+(3-2i)z^{2}+(1-4i)z-1-2i$ par $z+1$

en utilisant la méthode d'identification

on a : $z^{3}+(3-2i)z^{2}+(1-4i)z-1-2i=(z+1)(z {{}^2} +bz-1-2i)$

on a : $(z+1)(z{{}^2}+bz-1-2i)=z^{3}+bz{{}^2}-(1+2i)z+z{{}^2}-1-2i$

$=z^{3}+(b+1)z {{}^2} +(b-1-2i)z-1-2i$

on obtient alors : $\left\{ \begin{array} [c]{c} b+1=3-2i\\ b-1-2i=1-4i \end{array} \right. soit$ $b=2-2i$

donc l'équation (E) devient : $(z+1)(z{{}^2}+(2-2i)z-1-2i)=0$

$C'est-à-dire$ $z=-1$

On a $z {{}^2} +(2-2i)z-1-2i=0$ $(e)$

résolvons (e) :

on calcule $\Delta^{\prime}=(1-1)2+1+2i$

$=1-1-2i+1+2i$

$=1$

d'où

$z_{1}=\dfrac{-1+i+1}{1}=i$

$z_{2}=\dfrac{-1+i-1}{1}=-2+i$

d'où les solutions de (E) sont : $z_{0}=-1,z_{1}=i,z=-2+i$

2) Soit $A(z_{A}=-1),B(z_{B}=-2+i),C(z_{C}=i)$

a) $|\dfrac{z_{B}-z_{A}}{z_{C}-z_{A}}|=\dfrac{|z_{B}-z_{A}|}{|z_{C}-z_{A} |}=\dfrac{|-2+i+1|}{|i+1|}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1$

$\arg(\dfrac{z_{B}-z_{A}}{z_{C}-z_{A}})=\arg(\dfrac{-1+i}{1+i})$

$=arg(-1+i)-arg(1+i)$

$=$ $\dfrac{3\Pi}{4}-\dfrac{\Pi}{4}=\dfrac{3\Pi}{2}$

on a : $\arg$ $(\dfrac{z_{B}-z_{A}}{z_{C}-z_{A}})=(\overrightarrow {AC},\overrightarrow{AB})$

on a $\left\{ \begin{array} [c]{c} \dfrac{AB}{AC}=1\\ (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB})=\dfrac{\Pi}{4} \end{array} \right.$

donc

$\left\{ \begin{array} [c]{c} AB=AC\\ (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB})=\Pi4(2\Pi) \end{array} \right.$

on en déduit que triangle ABC est un triangle isocèle rectangle de sommet A.

b) Soit S la similitude laissant invariant

A et telle que $S(B)=C$

$S$ est associé à l'application $\Im$ : $\mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}$

$Z\rightarrow az+b$

Déterminons $a$ et $b$ $\dfrac{ \begin{array} [c]{c} z_{C}=az_{B}+b\\ z_{A}=az_{A}+b \end{array} }{z_{C}-z_{A}=a(z_{C}-z_{A})}$

d'ou $a=\dfrac{z_{C}-z_{A}}{z_{B}-z_{A}}=\dfrac{i+1} {-1+i}=e^{-i\frac{\Pi}{2}}$

$b=z_{C}-az_{B}$

$=i-(-i)\ast(-2+i)$

$=i+2i+1=1-i$

d'où $s:z\rightarrow e^{-i\frac{\Pi}{2}}-1-i$

A étant invariable par $S$ donc le centre est $A$ , la mesure de $l'angle$ est $-\dfrac{\Pi}{2}(2\Pi)$ et le rapport 1.

$S(A,-\dfrac{\Pi}{2},1)=R(A,-\dfrac{\Pi}{2})$

Corrigé Epreuve 2004 : Nombres complexes, transformations et suites

Détails: Catégorie : algèbre

1)

a) ( $U_{~n}$ ) suite géomètrique de raison $\frac{~1}{~2}$ et de premier terme $U_{0}=4$

$U_{n}=U_{0}\times q^{n}\qquad U_{n}=4\times \frac{1}{2^{n}}$ , $n\in \mathbb{N}$ ( $v_{~n})$ suite arithmétique de raison $\frac{~\pi }{~4}$ e premier terme $V_{~0}=\frac{~\pi }{~2}$

$V_{~n}=V_{~0}+nr\qquad V_{~n}=\frac{~\pi }{~4}+n\frac{~\pi }{~2};n\in \mathbb{N}$

b) $\left\vert ~z_{~n}\right\vert =U_{~n}$ et un argument de $z_{~n}$ est $V_{~n}$ $z_{~n}=4\times \frac{~1}{~2^{~n}}e^{~i\left( \frac{~\pi }{~4}+n\frac{~\pi }{~2}\right) };n\in \mathbb{N}$

2)

$~z_{n+1}=4\times \frac{~1}{~2^{~n+1}}e^{~^{~i\left( \frac{~\pi }{~4}+\left( n+1\right) \frac{~\pi }{~2}\right) }};n\in \mathbb{N}$

$\frac{~~z_{n+1}}{~~z_{~n}}=\frac{~4}{~2^{~n+1}}\times \frac{~2^{~n}}{~4}%=\frac{~e^{~^{~i\left( \frac{~\pi }{~4}+\left(n+1\right) \frac{~\pi }{~2}\right) }}}{~e^{~^{~i\left( \frac{~\pi }{~4}+n\frac{~\pi }{~2}\right) }}}$

$\frac{~~z_{~n+1}}{~~z_{~n}}=\frac{~1}{~2}e^{~^{~i\frac{~\pi }{~2}}}$

$~z_{~n+1}=\frac{~1}{~2}e^{~^{~i\frac{~\pi }{~2}}}\times z_{~n}\Longrightarrow z_{~n+1}=\frac{~1}{~2}iz_{~n}$

q= $\frac{~1}{~2}i\qquad ~z_{~0}=4e^{~^{~i\frac{~\pi }{~4}}}=2\sqrt{2}+i2 \sqrt{2}$

3)

a) $z_{n+1}=\frac{1}{2}iz_{n}$ est l'écriture complexe d'une
similitude plane directe. $(a=\frac{~1}{~2}i)$

b) $z_{n+1}=\frac{1}{2}iz_{n}$

$a=\frac{1}{2}i\qquad b=0$

l'affixe du centre est O

$\left\vert a\right\vert =\frac{~1}{~2}\qquad$

un argument de a est $\frac{~\pi }{~2}$

donc F est la similitude plane directe centrée en l'origine de rapport
$\frac{~1}{~2}$ et d'angle $\frac{~\pi }{~2}$

4)

a) $Z_{n}=z_{0}z_{1}z_{2}---z_{n}$

$z_{k}=\frac{4}{2^{n}} e^{^{i\left( \frac{\pi }{4}+k\frac{ \pi }{2}\right) }}$

$Z_{n}=\prod_{k=0}^n \frac{4}{2^{k}} e^{i\left( \frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}\right) }=\frac{4^{n+1} }{2\sum_{k=0}^n k} e^{^{i\left(\sum_{k=0}^n\left( \frac{\pi }{2}+k\frac{\pi }{2}\right) \right)}$

$Z_{n}=\frac{4^{n+1}} {2\sum_{k=0}^n k} e^{i(\sum_{k=0}^n(\frac{\pi} {4}+k\frac{\pi} {2}) )}$

$Z_{n}=\frac{4^{n+1}}{\frac{2(n+1)n} {2}} e^{i[(n+1)\frac{\pi} {4}+\frac{n(n+1)} {2}\frac{\pi} {2}]}$

$Z_{n}=2^{\frac{(n+1)(4-n)} {2}} e^{i(n+1)^{2}\frac{\pi} {4}}$

b) Si n impaire

$n=2p+1\Longrightarrow n+1=2p+2\Longrightarrow \left( n+1\right) ^{~2}=4\left( p+1\right) ^{~2}$

$Z_{2p+1}=2^{~\left( p+1\right) \left( 4-1-2p\right) }e^{~i\left( p+1\right) ^{~2}\pi }$

$Z_{2p+1}=2^{~\left( p+1\right) \left( 3-2p\right) }e^{~i\left( p+1\right) ^{~2}\pi }$

or $e^{~i\left( p+1\right) ^{~2}\pi }=\pm 1$ donc $Z_{2p+1}$ est réel.

Corrigé Epreuve 2003: Similitude directe

Détails: Catégorie : algèbre

$(E):Z^{3}+(1-8i)Z^{2}-(23+4i)Z-3+24i=0$

1) a) posons $Z=ix,x\in TCIMACRO{\U{211d} } BeginExpansion \mathbb{R} EndExpansion$

on a $(ix)^{3}+(1-8i)(ix)^{2}-(23+4i)(ix)-3+24i=0$

$-ix^{3}-x^{2}+8ix^{2}-23ix+4x-3+24i=0$

$(-x^{2}+4x-3)+i(-x^{3}+8x^{2}-23x+24)=0$

$\left\{ \begin{array}{c} -x^{2}+4x-3=0\\ -x^{3}+8x^{2}-23x+24=0 \end{array} \right.$

$x=3$ est solution commune aux deux équations $Z_{0}=3i$

b) A l'aide du schéma de Horner ci dessous, on montre que $1+2i$ est solution de $(E)$

$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|} \hline & 1 & 1-8i & -23-4i & -3+24i \\ \hline 1+2i & & 1+2i & 14-2i & 3-24i \\ \hline & 1 & 2-6i & -9-6i & 0 \\ \hline \end{tabular}$

par la même méthode, on montre que $-2+3i$ est solution de $(E)$ .

c) Les solutions de $(E)$ sont : $\{3i;1+2i;-2+3i\}$

2) le plan est rapporté au repère orthonormal direct $(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$

$A(1+2i)\qquad B(3i)\qquad C(-2+3i)$

$G$ est le barycentre des points $A,B,C$ affectés des coefficients respectifs $2,-2$ et $1$

a) $Z_{G}=\frac{2Z_{A}-2Z_{B}+Z_{C}}{2-2+1}$

$Z_{G}=2(1+2i)-2(3i)-2+3i$

$Z_{G}=i$

$\overrightarrow{GA}(Z_{A}-Z_{G})\qquad\overrightarrow{GA}(1+i)$

$\overrightarrow{GB}(3i-1)\qquad\overrightarrow{GB}(2i)$

$\overrightarrow{GC}(-2+3i-i)\qquad\overrightarrow{GC}(-2+2i)$

$\left\vert Z_{\overrightarrow{GA}}\right\vert =\sqrt{2}$ est un argument de $Z_{\overrightarrow{GA}}=\frac{\pi}{4}$

$\frac{Z_{\overrightarrow{GA}}}{\left\vert Z_{\overrightarrow{GA}}\right\vert }=\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}=\cos\frac{\pi}{4}+i$

$\sin\frac {\pi}{4}$

donc $Z_{\overrightarrow{GA}}=\sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}+i$ $\sin\frac{\pi }{4})=\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}}$

$Z_{\overrightarrow{GB}}=2i=2e^{i\frac{\pi}{2}}$

$\left\vert Z_{\overrightarrow{GC}}\right\vert =2\sqrt{2}$

$\frac{Z_{\overrightarrow{GC}}}{\left\vert Z_{\overrightarrow{GC}}\right\vert }=\frac{-\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i$

Ainsi $Z_{\overrightarrow{GC}}=2\sqrt{2}(\cos\frac{3\pi}{4}+i$ $\sin \frac{3\pi}{4})=2\sqrt{2}e^{i\frac{3\pi}{4}}$

$\frac{Z_{\overrightarrow{GB}}}{Z_{\overrightarrow{GA}}}=\frac{2e^{\frac {i\pi}{2}}}{\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}}}=\sqrt{2}e^{\frac{i\pi}{4}}$

$\frac{Z_{\overrightarrow{GC}}}{Z_{\overrightarrow{GB}}}=\frac{2\sqrt {2}e^{\frac{i3\pi}{4}}}{2e^{\frac{i\pi}{2}}}=\sqrt{2}e^{\frac{i\pi}{4}}$

donc $Z_{\overrightarrow{GA}}$ , $Z_{\overrightarrow{GB}}$ et $Z_{\overrightarrow{GC}}$ sont en progression géométrique de raison $\sqrt{2}e^{\frac{i\pi}{4}}$

b) $Z_{\overrightarrow{GB}}=\sqrt{2}e^{\frac{i\pi}{4}}Z_{\overrightarrow{GA}}$

et $Z_{\overrightarrow{GC}}=\sqrt{2}e^{\frac{i\pi}{4}}Z_{\overrightarrow{GB} }$

$Z_{B}-Z_{G}=\sqrt{2}e^{\frac{i\pi}{4}}(Z_{A}-Z_{G})$ et $Z_{C}-Z_{G} =\sqrt{2}e^{\frac{i\pi}{4}}(Z_{B}-Z_{G})$

alors on a :

$s(A)=B$

$s(B)=C$

$s(G)=G$

avec $s$ similitude directe plane de centre $G$ , de rapport $\sqrt{2}$ et
d'angle $\frac{\pi}{_{4}}$

Corrigé Epreuve 2005 : Calcul de {tex}\cos\frac{5\pi}{12}{/tex} et {tex}\sin\frac{5\pi}{12}{/tex}

Détails: Catégorie : algèbre

1) $z^{3}-1=0$ si et seulement si $(z-1)(z^{2}+z+1)=0$

résolvons l'équation: $z^{2}+z+1=0$

$\Delta=1-4=-3=(i\sqrt{3})^{2}$

donc $z=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}$ ou $z=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$

d'où $z^{3}-1=0$ si et seulement si $z=1$ ou $z=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}$
ou $z=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$

2)

a) Développons $(\sqrt{2}-i\sqrt{2})^{3}$

$(\sqrt{2}-i\sqrt{2})^{3}=(\sqrt{2}-i\sqrt{2})(\sqrt{2}-i\sqrt{2})^{2} =(\sqrt{2}-i\sqrt{2})(-4i)=4\sqrt{2}(-1-i)$

b) E: $z^{3}=4\sqrt{2}(-1-i)$

on pose $u=\frac{z}{\sqrt{2}-i\sqrt{2}}$

donc $z^{3}=u^{3}(\sqrt{2}-i\sqrt{2})^{3}=4\sqrt{2}(-1-i)$

on en déduit que $u^{3}=1$

d'après 1) on a $u=1$ ou $u=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}=e^{-i\frac{2\pi}{3}}$
ou $u=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}=e^{i\frac{2\pi}{3}}$

or $z=u(\sqrt{2}-i\sqrt{2})$

donc $z=(\sqrt{2}-i\sqrt{2})$ ou $z=(\sqrt{2}-i\sqrt{2})\frac{-1-i\sqrt{3} }{2}$ ou $z=(\sqrt{2}-i\sqrt{2})\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$

c'est à dire

$z=(\sqrt{2}-i\sqrt{2})$ ou $z=\frac{-\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}+i\frac{\sqrt {2}-\sqrt{6}}{2}$ ou $z=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}+i\frac{\sqrt{2} +\sqrt{6}}{2}$

qui sont les racines de E sous forme algébrique.

exprimons ces racines sous forme trigonométrique.

on a $z=u(\sqrt{2}-i\sqrt{2})=u\times2(\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2} }{2})=2ue^{-i\frac{\pi}{4}}$

donc:

pour u=1, on obtient $z=2e^{-i\frac{\pi}{4}}$

pour $u=e^{-i\frac{2\pi}{3}},$ $z=2e^{-i\frac{2\pi}{3}}e^{-i\frac{\pi}{4} }=2e^{-i\frac{11\pi}{12}}$

pour $u=e^{i\frac{2\pi}{3}},$ $z=2e^{i\frac{2\pi}{3}}e^{-i\frac{\pi}{4} }=2e^{i\frac{5\pi}{12}}$

d'où les racines de E sous forme trigonométrique sont:

$2e^{-i\frac{\pi}{4}},$ $2e^{-i\frac{11\pi}{12}}$ $,2e^{i\frac{5\pi}{12}}$

3) En déduire les valeurs exactes de $\cos\frac{5\pi}{12}$ et $\sin \frac{5\pi}{12}$

on a eu $z=2e^{i\frac{5\pi}{12}}=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}+i\frac {\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$

donc $e^{i\frac{5\pi}{12}}=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}+i\frac{\sqrt {2}+\sqrt{6}}{4}$

d'où $\cos\frac{5\pi}{12}=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$

$\sin\frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$