Source de exo

$Fichier TeX$
\exo {Complexes, {\sl d'après bac sti gt, juin 98\/}}

Le plan est rapporté à un repère orthonormal $(O, \vec u, \vec v)$.

\itemnum Résoudre dans $\cset $ l'équation~: 
$$
   z^2 + 6z + 18 = 0.
$$

\itemnum On note respectivement $A$ et $B$ les points d'affixes
respectives
$$
   z_1 = -3 + 3i
      \qquad {\rm et} \qquad
   z_2 = -3 - 3i.
$$

\itemitemalphnum Déterminer Le module et un argument de $z_1$ et
      $z_2$. \' Ecrire $z_1$ et $z_2$ sous forme exponentielle.

\itemitemalph Représenter les points $A$ et $B$ dans le plan.

\itemitemalph Montrer que le triangle $OAB$ est rectangle isocèle.

\itemnum On appelle $C$ le point d'affixe $z_3 = -1 + i\sqrt 3$.

\itemitemalph Déterminer le module et un argument de $z_3$. En déduire
la forme trigonométrique du produit $z_1 \times z_3$.
 
\itemitemalph Déterminer la forme algébrique du produit $z_1 \times
z_3$. 

\itemitemalph Déduire des questions précédentes les valeurs exactes de
$$
   \cos \Big( {17\pi \over 12}\Big)
      \qquad {\rm et} \qquad
   \sin \Big( {17\pi \over 12}\Big) .
$$

\itemitemalphnum Déterminer l'affixe du point $D$ tel que $ABDC$ soit un
      parallélogramme. 

\itemitemalph Représenter les points $C$ et $D$ dans le repère précédent.


\finexo

\corrige {}

\def \epspath{%
   /home/jp/tex_doc/lycee/database/term/sti/algebre/complex/}

\epsfxsize = 50mm

\rightsuperboxepsillustrate {exo_010.ps}{-24}
%
\num\ On résoud en utilisant la méthode du discriminant. On trouve
$\Delta = -36$, d'où les 2~racines complexes conjuguées~: 
$$
   \dresultat {z_1 = -3+3i} 
      \qquad {\rm et} \qquad 
   \dresultat {z_2 = -3-3i}.
$$

%% On a $z_1 = -3 + 3i$ et $z_2 = -3-3i$. Il suffit alors de vérifier
%% que $(z-z_1) (z-z_2) = z^2 + 6z + 18$, pour prouver que 
%% $$
%%    \tresultat{$z_1$ et $z_2$ sont les 2~racines de l'équation
%%    $z^2 + 6z + 18 = 0$}.
%% $$

\alphnum \
\alph\ On a 
$$
   z_1 = 3\sqrt2 \left( - {\sqrt2 \over2} + i{\sqrt2 \over2}\right)
      \qquad {\rm et} \qquad
   z_2 = 3\sqrt2 \left( - {\sqrt2 \over2} - i{\sqrt2 \over2}\right).
$$
D'où les résultats demandés~:
$$
   \mresultat{|z_1| = |z_2| =3\sqrt2}
      \qquad {\rm et} \qquad
   \mresultat{\theta_1 = 3\pi/4},
      \qquad 
   \mresultat{\theta_2 = -3\pi/4}
$$
Et on a les formes exponentielles
$$
   \dresultat{z_1 = 3\sqrt2 \, e^{3i\pi/4}}
      \qquad {\rm et} \qquad
   \dresultat{z_2 = 3\sqrt2 \, e^{-3i\pi/4}}
$$

\alph \ Connaissant les affixes de $A$ et $B$, on en déduit les
      coordonnées des vecteurs $\overrightarrow {OA}$ et
      $\overrightarrow {OB}$~:
$$
   \overrightarrow {OA} = \pmatrix {-3\cr 3\cr }
      \qquad {\rm et} \qquad
   \overrightarrow {OB} = \pmatrix {-3\cr -3\cr }
$$
d'où le produit scalaire
$$
   \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = -3\times 3
   -3\times (-3 = 0)
$$
ce qui prouve que \tresultat {$AOB$ rectangle en $O$}. De plus, on a
vu que les modules $|z_A|$ et $|z_B|$ son égaux, ce qui prouve que les
distances $OA$ et $OB$ sont égales. Le triangle $AOB$ est donc
également \tresultat {isocèle}.

%% Comme $z_2 = z_1 \times i$, c'est à dire $z_2 = z_1
%% 	 \times e^{i\pi/2}$, on peut affirmer, d'après le cours, que 
%% $$
%%    \tresultat{$B$ est l'image de $A$ par la rotation de centre $O$ et
%%    d'angle $\pi/2$}.
%% $$


\num\ Soit $z_3 = -1 + i\sqrt3$.

\alph\ On trouve
$$
   \mresultat{|z_3| = 2},
      \quad {\rm et} \quad
   \mresultat{\theta_3 = 2\pi/3}
      \qquad {\rm d'où} \qquad
   \mresultat{|z_1 \times z_3| = 6\sqrt2}
      \quad {\rm et} \quad
   \dresultat{{\rm Arg} (z_1 \times z_3) = {17\pi \over12}},
$$
puisque $|z_1 \cdot z_3| = |z_1| \times |z_3|$ et ${\rm Arg} (z_1
\cdot z_3) = {\rm Arg} (z_1) + {\rm Arg} (z_3)$.
On a donc finalement
$$
   \dresultat{z_1 \cdot z_3 = \left[ 6\sqrt2, {17\pi \over12}\right]
      = 6\sqrt2 \left( \cos {17\pi \over12} + i \sin {17\pi \over12}
      \right) .}
$$

\alph\ En utilisant maintenant les formes algébriques de $z_1$ et
      $z_3$, il vient
$$
   (-3+3i) (-1+i\sqrt3) = 3(1-\sqrt3) - 3i (1+\sqrt3)
      \qquad {\rm d'où} \qquad
   \mresultat{z_1 \cdot z_3 = 3(1-\sqrt3) - 3i (1+\sqrt3)}
$$

\alph\ Reste à utiliser les deux relations précédentes en
      identifiant les parties réelles et imaginaires pour obtenir~:
$$
   \dresultat{\cos {17\pi \over12} = {1-\sqrt3 \over 2\sqrt2}}
      \qquad {\rm et} \qquad
   \dresultat{\sin {17\pi \over12} = {-1-\sqrt3 \over 2\sqrt2}}
$$

\itemalphnum Le quadrilatère $ABDC$ est un parallélogramme si et
      seulement si 
$$\eqalign {
   \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD}
      \quad &\Longleftrightarrow \quad
   z_B - z_A = z_D - z_C
      \quad \Longleftrightarrow \quad
   z_B - z_A + z_C = z_D
\cr
      &\Longleftrightarrow \quad
   z_D = (-3 - 3i) - (-3+3i) + (-1 + i \sqrt 3)
      \qquad {\rm soit} \qquad 
   \dresultat {z_D = -1 + (\sqrt3 - 6)i}
}$$

\fincorrige
— Syracuse — Dernière modification : 30 novembre 2006 (0.11s - 3833705 - 5 décembre 2008)