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corrigé epreuve 2010 : racices cubiques-module et argument

Détails: 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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