TS – Exercices – Nombres complexes

Exercice 1

Déterminer le conjugué de chaque nombre complexe et donner sa forme algébrique.

  1. $z = (3+\ic)(-13 – 2\ic)$
    $\quad$
  2. $z=\ic(1-\ic)^3$
    $\quad$
  3. $z = \dfrac{2 – 3\ic}{8 + 5\ic}$
    $\quad$
  4. $z=\dfrac{2}{\ic + 1}-\dfrac{3}{1-\ic}$
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. $\overline{z} = \overline{(3+\ic)(-13 – 2\ic)}$ $= (3 – \ic)(-13 + 2\ic)$ $=-39 +6\ic + 13\ic + 2 $ $=-37 + 19\ic$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $\begin{align*} \overline{z}& = \overline{\ic(1-\ic)^3}\\\\
    &= -\ic(1 + \ic)^3 \\\\
    &=-\ic(1+ \ic)(1 + \ic)^2 \\\\
    &= -\ic(1 + \ic)(1 + 2\ic – 1) \\\\
    &= (-\ic + 1)(2\ic) \\\\
    &=2 + 2\ic
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $\quad$
    $\begin{align*} \overline{z} &= \overline{\left(\dfrac{2 – 3\ic}{8 + 5\ic}\right)} \\\\
    & = \dfrac{2 + 3\ic}{8 – 5\ic} \\\\
    & = \dfrac{2 + 3\ic}{8 – 5\ic} \times \dfrac{8 + 5\ic}{8 + 5\ic}\\\\
    &= \dfrac{16 + 10\ic + 24\ic – 15}{8^2 + 5^2} \\\\
    &=\dfrac{1 + 34\ic}{89}
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $\quad$
    $\begin{align*} \overline{z} &= \overline{\dfrac{2}{\ic + 1}-\dfrac{3}{1-\ic}} \\\\
    &=\overline{\left(\dfrac{2(1 – \ic) – 3(\ic + 1)}{(\ic + 1)(1 – \ic)}\right)} \\\\
    &=\overline{\left(\dfrac{2 – 2\ic – 3\ic – 3}{1^2 + 1^2}\right)} \\\\
    &=\overline{\dfrac{-1 – 5\ic}{2}}\\\\
    &=\dfrac{-1 + 5\ic}{2}
    \end{align*}$

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$\quad$

Exercice 2

Mettre chaque nombre complexe sous sa forme algébrique.

  1. $z = \dfrac{2 + \ic}{3 + \ic}$
    $\quad$
  2. $z = \dfrac{(2+\ic)(1 – 4\ic)}{\ic + 1}$
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. $\quad$
    $\begin{align*} z &=  \dfrac{2 + \ic}{3 + \ic} \\\\
    &=  \dfrac{2 + \ic}{3 + \ic} \times \dfrac{3 – \ic}{3 – \ic} \\\\
    &= \dfrac{6 -2\ic + 3\ic + 1}{3^2 + 1^2} \\\\
    &= \dfrac{7 + \ic}{10}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $\begin{align*} z &=\dfrac{(2+\ic)(1 – 4\ic)}{\ic + 1} \\\\
    &= \dfrac{2 – 8\ic + \ic + 4}{\ic + 1} \\\\
    &= \dfrac{6 – 7\ic}{\ic + 1} \times \dfrac{-\ic + 1}{-\ic + 1} \\\\
    &=\dfrac{-6\ic + 6 – 7 – 7\ic}{1^2 + 1^2}\\\\
    &=\dfrac{-1 -13\ic}{2}
    \end{align*}$

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$\quad$

Exercice 3

Résoudre dans $\C$ chacune des équations suivantes.

  1. $2z^2 – 6z + 5=0$
    $\quad$
  2. $z^2+z+1=0$
    $\quad$
  3. $z^2 + 2\overline{z} + 1 = 0$
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. $2z^2 – 6z + 5=0$
    $\quad$
    On calcule le discriminant : $\Delta = (-6)^2 – 4 \times 2 \times 5 = -4 <0$
    L’équation possède donc deux racines complexes :
    $z_1 = \dfrac{6 – \ic\sqrt{4}}{4} = \dfrac{3 – \ic}{2}$ et $z_2 = \overline{z_1} = \dfrac{3 + \ic}{2}$
    $\quad$
  2. $z^2+z+1=0$
    $\quad$
    On calcule le discriminant : $\Delta = 1^2 – 4 = -3 <0$
    L’équation possède donc deux racines complexes :
    $z_1 = \dfrac{-1 – \ic\sqrt{3}}{2}$ et $z_2 = \overline{z_1} = \dfrac{-1 + \ic\sqrt{3}}{2}$
    $\quad$
  3. $z^2 + 2\overline{z} + 1 = 0$
    $\quad$
    Attention, il ne s’agit pas d’une équation du second degré “classique”. On doit donc passer par la forme algébrique de $z = x + \ic y$.
    On obtient ainsi :
    $\begin{align*} z^2 + 2\overline{z} + 1 = 0 & \Leftrightarrow (x + \ic y)^2 + 2(x – \ic y) + 1 = 0\\\\
    & \Leftrightarrow x^2 – y^2 + 2\ic xy + 2x – 2\ic y + 1 = 0\\\\
    & \Leftrightarrow x^2 – y^2 + 2x + 1 + \ic(2xy – 2y) = 0
    \end{align*}$
    On doit donc résoudre le système :
    $\begin{align*} \begin{cases} x^2 – y^2 + 2x + 1 = 0 \\\\ 2xy – 2y = 0 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} (x + 1)^2 – y^2 = 0\\\\2y(x – 1) = 0 \end{cases}\\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} (x + 1)^2 – y^2 = 0 \\\\y = 0 \text( ou ) x = 1 \end{cases}
    \end{align*}$
    Si $y = 0$ alors en remplaçant dans la première équation, on trouve $(x + 1)^2 =0$ soit $x = -1$.
    Si $x = 1$ alors en remplaçant dans la première équation, on trouve $ 4 -y ^2 = 0$ soit $y = 2$ ou $y= -2$.
    $\quad$
    Les solutions de l’équation sont donc : $-1, 1 + 2\ic$ et $1 – 2\ic$.

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$\quad$

$\quad$

Exercice 4

Soit $z = x + \ic y$, $x$ et $y$ étant deux réels tels que $(x;y) \ne (1;0)$.

On pose $Z = \dfrac{z + 2\ic}{z – 1}$.

Déterminer l’ensemble des points d’affixe $z$ tel que :

  1. $Z$ soit un nombre réel.
    $\quad$
  2. $Z$ soit un imaginaire pur.
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1.  $\quad$
    $\begin{align*} Z &= \dfrac{z + 2\ic}{z – 1} \\\\
    &= \dfrac{x + \ic y+ 2\ic}{x + \ic y – 1}  \\\\
    &= \dfrac{x + \ic(y + 2)}{x – 1 + \ic y} \\\\
    &= \dfrac{x + \ic(y + 2)}{x – 1 + \ic y} \times \dfrac{x – 1 – \ic y}{x – 1 – \ic y} \\\\
    &= \dfrac{x(x – 1) -\ic xy + \ic (y + 2)(x – 1) + y(y + 2)}{(x – 1)^2 + y^2}\\\\
    &=\dfrac{x(x – 1) + y(y + 2) + \ic\left((y + 2)(x – 1) – xy\right)}{(x – 1)^2 + y^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On veut que $Z$ soit un nombre réel. Il faut donc que sa partie imaginaire soit nulle.
    Cela signifie donc que  : $\dfrac{(y + 2)(x – 1) – xy}{(x – 1)^2 + y^2} = 0$
    $ \Leftrightarrow xy – y + 2x – 2 – xy = 0$ et $(x;y) \ne (1;0)$
    $ \Leftrightarrow 2x – y – 2 = 0$ et $(x;y) \ne (1;0)$
    L’ensemble des points tel que $Z$ soit un nombre réel est donc la droite d’équation $2x – y – 2 = 0$ privée du point de coordonnées $(1;0)$.
    $\quad$
  3. On veut que $Z$ soit un imaginaire pur. Il faut donc que sa partie réelle soit nulle.
    Cela signifie donc que : $\dfrac{x(x – 1) + y(y + 2)}{(x – 1)^2 + y^2} = 0$
    $ \Leftrightarrow x^2 – x + y^2 + 2y = 0$ et $(x;y) \ne (1;0)$
    $ \Leftrightarrow \left(x – \dfrac{1}{2}\right)^2 – \dfrac{1}{4} + (y + 1)^2 – 1 = 0$ et $(x;y) \ne (1;0)$
    $ \Leftrightarrow \left(x – \dfrac{1}{2}\right)^2 + (y + 1)^2 = \dfrac{5}{4}$ et $(x;y) \ne (1;0)$
    L’ensemble des points tel que $Z$ soit un imaginaire pur est donc le cercle de centre $\left(\dfrac{1}{2};-1\right)$ et de rayon $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$ privé du point de coordonnées $(1;0)$.

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$\quad$

Exercice 5

  1. On considère un réel $b$. Développer $\left(z^2+bz+4\right)\left(z^2-bz+4\right)$.
    $\quad$
  2. En déduire les solutions complexes de l’équation $z^4+16=0$.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. $\quad$
    $\begin{align*} \left(z^2+bz+4\right)\left(z^2-bz+4\right)&=z^4-bz^3+4z^2+bz^3-b^2z^2+4bz+4z^2-4bz+16\\
    &=z^4+\left(8-b^2\right)z^2+16
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Posons $b=2\sqrt{2}$ alors $b^2=8$.
    Ainsi, d’après la question précédente, $\left(z^2+2\sqrt{2}z+4\right)\left(z^2-2\sqrt{2}z+4\right)=z^4+16$.
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un des facteurs au moins est nul.
    Donc
    $z^4+16=0 \ssi z^2+2\sqrt{2}z+4=0$ ou $z^2-2\sqrt{2}z+4=0$.
    $\bullet$ Pour $z^2+2\sqrt{2}z+4=0$
    $\Delta=-8<0$
    Il y a donc deux solutions complexes :
    $z_1=\dfrac{-2\sqrt{2}-\ic\sqrt{8}}{2}=-\sqrt{2}-\ic\sqrt{2}$ et $z_2=\conj{z_1}=-\sqrt{2}+\ic\sqrt{2}$
    $\bullet$ Pour $z^2-2\sqrt{2}z+4=0$
    $\Delta=-8<0$
    Il y a donc deux solutions complexes :
    $z_3=\dfrac{2\sqrt{2}-\ic\sqrt{8}}{2}=\sqrt{2}-\ic\sqrt{2}$ et $z_4=\conj{z_3}=\sqrt{2}+\ic\sqrt{2}$
    Les solutions de l’équation $z^4+16=0$ sont donc $-\sqrt{2}-\ic\sqrt{2}$, $-\sqrt{2}+\ic\sqrt{2}$, $\sqrt{2}-\ic\sqrt{2}$ et $\sqrt{2}+\ic\sqrt{2}$

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$\quad$

Exercice 6

Pour tout nombre complexe $z$ on pose $P(z)=z^4-1$.

  1. Factoriser $P(z)$.
    $\quad$
  2. En déduire les solutions dans $\C$ de l’équation $P(z)=0$.
    $\quad$
  3. En déduire les solutions dans $\C$ de l’équation $\left(\dfrac{2z+1}{z-1}\right)^4=1$
    $\quad$
Correction Exercice 6

  1. $z^4-1=\left(z^2\right)^2-1^2=\left(z^2-1\right)\left(z^2+1\right)=(z-1)(z+1)\left(z^2+1\right)$.
    $\quad$
  2. Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, l’un de ses facteurs au moins est nul.
    Donc $P(z)=0 \ssi z-1=0$ ou $z+1=0$ ou $z^2+1=0$
    $\ssi z=1$ ou $z=-1$ ou $z^2=-1$
    Les solutions de l’équation $P(z)=0$ sont donc $-1;1;\ic$ et $-\ic$.
    $\quad$
  3. Si on pose $Z=\dfrac{2z+1}{z-1}$ l’équation $\left(\dfrac{2z+1}{z-1}\right)^4=1$ est équivalente à $P(Z)=0$
    $\ssi Z=1$ ou $Z=-1$ ou $Z=\ic$ ou $Z=-\ic$.
    $\quad$
    Soit $a\in \C$
    $\begin{align*} Z=a &\ssi \dfrac{2z+1}{z-1}=a \\
    &\ssi 2z+1=a(z-1) \text{ et }z\neq 1\\
    &\ssi 2z+1=az-a \text{ et }z\neq 1\\
    &\ssi (2-a)z=-1-a \text{ et }z\neq 1\\
    &\ssi z=\dfrac{-1-a}{2-a} \text{ et }z\neq 1
    \end{align*}$
    Par conséquent $Z=1 \ssi z=-2$
    $Z=-1\ssi z=0$
    $Z=\ic \ssi z=\dfrac{-1-\ic}{2-\ic}\ssi z=\dfrac{-1-3\ic}{5}$
    $Z=-\ic \ssi z=\dfrac{-1+\ic}{+-\ic}\ssi z=\dfrac{-1+3\ic}{5}$
    Les solutions de l’équation initiale sont donc $-2;0;\dfrac{-1-3\ic}{5}$ et $\dfrac{-1+3\ic}{5}$

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$\quad$

Exercice 7

On considère dans $\C$ l’équation $(E): \quad z^3-(1-\ic)z^2+(1-\ic)z+\ic=0$.

  1. Montrer que $(E)$ possède une unique solution imaginaire pure.
    $\quad$
  2. Résoudre dans $\C$ l’équation $(E)$.
    $\quad$
Correction Exercice 7

  1. Soit $y\in \R$ alors $\ic y$ est un imaginaire pur.
    Supposons que $\ic y$ soit une solution de $(E)$.
    Par conséquent
    $\begin{align*}\ic y \text{ solution de }(E) &\ssi  (\ic y)^3-(1-\ic)(\ic y)^2+(1-\ic)\ic y+\ic =0\\
    &\ssi -\ic y^3-(1-\ic)\times \left(-y^2\right)+\ic y+y+\ic =0 \\
    &\ssi  -\ic y^3+y^2-\ic y^2+\ic y+y+\ic =0\\
    &\ssi y^2+y+\ic\left(1+y-y^2-y^3\right)=0\\
    &\ssi \begin{cases} y(y+1)=0 \\1+y-y^2-y^3=0 \end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} y=0 \text{ ou } y=-1 \\1+y-y^2-y^3=0 \end{cases}
    \end{align*}$
    $0$ n’est pas solution de l’équation $1+y-y^2-y^3=0$
    $-1$ est solution de l’équation $1+y-y^2-y^3=0$.
    Par conséquent la seule solution imaginaire pure possible est $-\ic$
    $\quad$
    Vérifions que $-\ic$ est bien solution de $(E)$
    $(-\ic)^3-(1-\ic)(-\ic)^2+(1-\ic)(-\ic)+\ic=\ic+1-\ic-\ic-1+\ic=0$
    Donc $-\ic$ est l’unique solution imaginaire pure de l’équation $(E)$.
    $\quad$
  2. Puisque $-\ic$ est solution de $(E)$ on peut factoriser le polynôme par $(z+\ic)$.
    On cherche donc les nombres complexes $a$ et $b$ tels que :
    $(z+\ic)\left(z^2+az+b\right)=z^3-(1-\ic)z+(1-\ic)z+\ic$
    $\begin{align*} (z+\ic)\left(z^2+az+b\right)&=z^3+az^2+bz+\ic z^2+a\ic z+b\ic\\
    &=z^3+(a+\ic)z^2+(b+a\ic)z+b\ic
    \end{align*}$
    Par identification on a donc $a=-1$ et $b=1$
    Ainsi $(E) \ssi (z+\ic)\left(z^2-z+1\right)=0$
    On considère l’équation $z^2-z+1=0$
    $\Delta = -3<0$
    Il y a donc deux solutions complexes :
    $z_1=\dfrac{1+\ic\sqrt{3}}{2}$ et $z_2=\dfrac{1-\ic\sqrt{3}}{2}$.
    Les solutions de $(E)$ sont donc $-\ic$, $\dfrac{1+\ic\sqrt{3}}{2}$ et $\dfrac{1-\ic\sqrt{3}}{2}$.

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$\quad$

Exercice 8

Résoudre dans $\C$ l’équation $25+10z+z^2=16\ic$ .

$\quad$

Correction Exercice 8

On pose $z=x+\ic y$

$\begin{align*} 25+10z+z^2=16\ic &\ssi 25+10(x+\ic y)+x^2-y^2+2\ic xy=16\ic \\
&\ssi 25+10x+x^2-y^2+\ic\left(10y+2xy\right)=16\ic\\
&\ssi (5+x)^2-y^2+\ic y(10+2x)=16\ic\\
&\ssi \begin{cases} (5+x)^2-y^2=0 \\y(10+2x)=16\end{cases}\\
&\ssi \begin{cases} (5+x)^2=y^2\\y(10+2x)=16\end{cases}\\
&\ssi\begin{cases} y=5+x \text{ ou } y=-5-x\\y(10+2x)=16\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases}y=5+x\\(5+x)(10+2x)=16\end{cases} \text{ ou } \begin{cases} y=-5-x\\(-5-x)(10+2x)=16\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} y=5+x\\2x^2+20x+34=0\end{cases} \text{ ou } \begin{cases} y=-5-x\\-2x^2-20x-66=0\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} y=5+x\\x=-5+2\sqrt{2} \text{ ou }x=-5-2\sqrt{2}\end{cases} \\
& \quad \text{ il n’y a pas de solution réelles à }-2x^2-20x-66=0\\
&\ssi z=-5+2\sqrt{2}+2\ic\sqrt{2} \text{ ou } z=-5-2\sqrt{2}-2\ic\sqrt{2}
\end{align*}$

Les solutions de l’équation sont donc $-5+2\sqrt{2}+2\ic\sqrt{2}$ et $-5-2\sqrt{2}-2\ic\sqrt{2}$

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$\quad$

Exercice 9

$A$, $B$ et $C$ sont les points d’affixes respectives :
$z_A = -1 + \ic, z_B = 2 + \ic, z_C = -\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2}\ic$.

  1. Placer les points $A$, $B$ et $C$.
    $\quad$
  2. Calculer les affixes des vecteurs $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ et $\vec{BC}$.
    $\quad$
  3. En déduire les longueurs $AB$, $AC$ et $BC$.
    Le triangle $ABC$ est-il rectangle en $C$?
    $\quad$
Correction Exercice 9

  1. $\quad$
    TS - ex - compexes1 -ex5
  2. $z_{\vec{AB}} = z_B – z_A = 2 + \ic – (-1 + \ic)$ $=3$
    $\quad$
    $z_{\vec{AC}} = z_C – z_A =  -\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2}\ic – (-1 + \ic)$ $=\dfrac{1}{2} – \dfrac{3}{2}\ic$
    $\quad$
    $z_{\vec{BC}} = z_C – z_B =  -\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2}\ic – (2 + \ic)$ $= -\dfrac{5}{2} – \dfrac{3}{2}\ic$
    $\quad$
  3. On a donc $AB = |3| = 3$
    $\quad$
    $AC = \left|\dfrac{1}{2} – \dfrac{3}{2}\ic \right| = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{9}{4}}$ $=\sqrt{\dfrac{5}{2}}$
    $\quad$
    $BC = \left|-\dfrac{5}{2} – \dfrac{3}{2}\ic \right| = \sqrt{\dfrac{25}{4} + \dfrac{9}{4}}$ $=\sqrt{\dfrac{17}{2}}$
    $\quad$
    Dans le triangle $ABC$, le plus grand côté est $[BC]$.
    Or $AB^2 + AC^2 = 9 + \dfrac{5}{2} = \dfrac{23}{2}$ et $BC^2 = \dfrac{17}{2}$.
    Par conséquent $AB^2+AC^2 \ne BC^2$.
    D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ n’est pas rectangle.

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$\quad$

Exercice 10

Dans chaque cas, trouver l’ensemble des points dont l’affixe $z$ satisfait la condition indiquée.

  1. $|z – 3| = |z -1 + \ic|$
    $\quad$
  2. $|z +2 – \ic| = \sqrt{5}$
    $\quad$
  3. $|z + 3 – \ic| \le 2$
    $\quad$
Correction Exercice 10

  1. $|z – 3| = |z -1 + \ic| \Leftrightarrow |z – 3| = |z – (1 – \ic)|$
    On appelle $M$ le point d’affixe $z$, $A$ le point d’affixe $3$ et $B$ le point d’affixe $1 -\ic$.
    Par conséquent $|z – 3| = |z – (1 – \ic)| \Leftrightarrow AM = BM$.
    L’ensemble des points cherché est donc la médiatrice de $[AB]$.
    $\quad$
  2. $|z +2 – \ic| = \sqrt{5} \Leftrightarrow |z – (-2 + \ic)| = \sqrt{5}$
    On appelle $M$ le point d’affixe $z$ et $C$ le point d’affixe $-2 + \ic$.
    Par conséquent $|z – (-2 + \ic)| = \sqrt{5} \Leftrightarrow CM = \sqrt{5}$.
    L’ensemble des points cherché est donc le cercle de centre $C$ et de rayon $\sqrt{5}$.
    $\quad$
  3. $|z + 3 – \ic| \le 2 \Leftrightarrow |z – (-3  +\ic)| \le 2$.
    On appelle $M$ le point d’affixe $z$ et $D$ le point d’affixe $-3 + \ic$.
    Par conséquent $|z – (-3  +\ic)| \le 2 \Leftrightarrow DM \le 2$.
    L’ensemble des points cherché est donc le disque de centre $D$ et de rayon $2$, le cercle étant inclus (il s’agit, autrement dit, du disque fermé).

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$\quad$

Exercice 11

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct \Oij. On note $A$ le point d’affixe $\ic$. À tout point $M$ du plan, distinct de $A$, d’affixe $z$, on associe le point $M’$ d’affixe $z’ = \dfrac{\ic z}{z – \ic}$.

  1. a. Déterminer les points $M$ tels que $M = M’$.
    $\quad$
    b. Déterminer l’affixe du point $B’$ associé au point $B$ d’affixe $1$.
    $\quad$
    c. Déterminer l’affixe du point $C$ tel que l’affixe de son image $C’$ soit $2$.
  2. Étant donné un nombre complexe $z$, distinct de $\ic$, on pose $z = x + \ic y$ et $z’ = x’ + \ic y’$ le nombre nombre complexe associé, avec $x,x’,y,y’$ réels.
    a. Déterminer $x’$ et $y’$ en fonction de $x$ et $y$.
    $\quad$
    b. Déterminer l’ensemble $\Gamma$ des points $M$, distincts de $A$, pour lesquels $z’$ est réel.
    $\quad$
    c. Placer $A, B,B’,C,C’$ et représenter $\Gamma$ sur une figure (unité graphique $4$ cm).
    $\quad$
  3. Soit $z$ un nombre complexe différent de $\ic$.
    a. Montrer que l’on a $z’ – \ic = \dfrac{-1}{z – \ic}$.
    $\quad$
    b. On suppose que $M$, d’affixe $z$, appartient au cercle $\gamma$ de centre $A$ et de rayon $1$. Montrer que $M’$ appartient à $\gamma$.
    $\quad$
Correction Exercice 11

  1. a.
    $\begin{align*} M = M’ &\Leftrightarrow z = \dfrac{\ic z}{z – \ic} \\\\
    & \Leftrightarrow z^2 – \ic z = \ic z \qquad z \ne \ic \\\\
    & \Leftrightarrow z^2  – 2\ic z = 0 \qquad  z \ne \ic \\\\
    & \Leftrightarrow z(z – 2\ic) = 0 \qquad z \ne \ic \\\\
    & \Leftrightarrow z= 0 \text{ ou } z = 2\ic
    \end{align*}$
    Les seuls points vérifiant $M’ = M$ sont les points d’affixe $0$ et $2i$.
    $\quad$
    b. Si $z = 1$ alors $z’ = \dfrac{\ic}{1 – \ic} = \dfrac{\ic (1 + \ic)}{(1 – \ic)(1 + \ic)}$ $ = \dfrac{-1 + \ic}{1^2 + 1^2}$ $=\dfrac{-1 + \ic}{2}$.
    $\quad$
    Le point $B’$ a donc pour affixe $\dfrac{-1 + \ic}{2}$
    $\quad$
    c. On cherche les complexes $z$ tels que  :
    $\begin{align*} \dfrac{\ic z}{z- \ic} = 2 &\Leftrightarrow 2 z -2\ic = \ic z \qquad z \ne \ic \\\\
    & \Leftrightarrow z(2 – \ic) = 2\ic \qquad z \ne \ic \\\\
    & \Leftrightarrow z = \dfrac{2\ic}{2 – \ic} \qquad z \ne \ic \\\\
    & \Leftrightarrow z = \dfrac{2\ic(2 + \ic)}{2^2 + 1^2} \\\\
    & \Leftrightarrow z= \dfrac{-2 + 4\ic}{5}
    \end{align*}$
    Le point $C$ a pour affixe  $\dfrac{-2 + 4\ic}{5} $
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} z’ = \dfrac{\ic(x + \ic y}{x + \ic y – \ic} \\\\
    & = \dfrac{-y + \ic x}{x + \ic (y – 1)} \\\\
    & = \dfrac{-y + \ic x}{x + \ic (y – 1)} \times \dfrac{x – \ic (y – 1)}{x – \ic (y – 1)} \\\\
    & = \dfrac{-xy + \ic y (y – 1) + \ic x^2 + x(y – 1)}{x^2 + (y – 1)^2} \\\\
    &= \dfrac{-xy + xy – x + \ic (y^2 – y + x^2)}{x^2 + (y – 1)^2} \\\\
    &= \dfrac{-x + \ic(y^2 – y + x^2)}{x^2 + (y – 1)^2}
    \end{align*}$
    Par conséquent $x’ = \dfrac{-x}{x^2 + (y – 1)^2}$ et $y’ = \dfrac{y^2 – y + x^2}{x^2 + (y – 1)^2}$
    $\quad$
    b. $\quad$
    $\begin{align*} z’ \text{ réel} &\Leftrightarrow y’ = 0 \\\\
    & \Leftrightarrow y^2 – y + x^2 = 0 \qquad (x;y) \ne (0;1) \\\\
    &\Leftrightarrow x^2 + \left(y – \dfrac{1}{2}\right)^2 – \dfrac{1}{4} = 0 \qquad (x;y) \ne (0;1) \\\\
    & \Leftrightarrow x^2 + \left(y – \dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} \qquad (x;y) \ne (0;1)
    \end{align*}$
    Il s’agit du cercle de centre $D$ d’affixe $\dfrac{1}{2}\ic$ et de rayon $\dfrac{1}{2}$ privé de $A$.
    $\quad$
    c. $\quad$
    TS - ex - compexes1 -ex7
  3. a. $z’ – \ic = \dfrac{\ic z}{z – \ic} – \ic $ $= \dfrac{ic z – \ic z – 1}{z – \ic}$ $ = \dfrac{-1}{z \ic}$
    $\quad$
    b. Si $M$ appartient à $\gamma$ alors $AM = 1$ soit $|z – \ic| = 1$.
    Or :
    $\begin{align*} |z’ – \ic| & = \left|\dfrac{-1}{z – \ic}\right| \\\\
    & = \dfrac{1}{|z – \ic|} \\\\
    &= \dfrac{1}{1} \\\\
    & = 1
    \end{align*}$
    Par conséquent $M’$ appartient également au cercle $\gamma$.

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