Exercices d'entrainement pour le chapitre 01 (complexes : partie 1)

Les nombres complexes : partie algébrique (et effleurement géométrique)

Terminale S

Exercices d’entrainement pour le chapitre 01 (complexes : partie 1) 0.1

Énoncés Exercice 11. Écrire sous forme algébrique chacun des nombres complexes suivants : 1. z1 = (2 +

√

√ 3i)( 3 − i)

2. z2 = (2 + 5i)2  2 1 3. z3 = − 4i 2 4. z4 = (5 − 2i)(5 + 2i)

5. z5 = (1 + i)(5 − 8i)(1 − i) 6. z6 = √ 7. z7 = −

1 3−i

1 i

8i − 1 2 − 3i 1 1 9. z9 = − 2+i 2−i 1 10. z10 = − 3 + 4i 8. z8 =

Exercice 12. Résoudre dans C les équations suivantes : 3. i(3 − i)z − 2 = (2i + 1)z + (2i + z)i

4. −

z 3z + =3+i iz + 1 z − i

Exercice 13.

√ 1 3 i. 1. On donne les nombres complexes z1 = 3 + 4i et z2 = − 2 2 Déterminer la forme algébrique des inverses de z1 et z2 . 2. Résoudre dans C l’équation suivante d’inconnue z : i(z − 3i) = 2z − 1 + i

Roussot

1

2011 / 2012

Les nombres complexes : partie algébrique (et effleurement géométrique)

0.2

Terminale S

Réponses Exercice 11. Écrire sous forme algébrique chacun des nombres complexes suivants : √ 1. z1 = 3 3 + i 2. z2 = −21 + 20i 63 3. z3 = − − 4i 4 4. z4 = 29

5. z5 = 10 − 16i √ 3 1 6. z6 = + i 4 4 7. z7 = i

2i 5 3 4 =− + i 25 25

9. z9 = − 10. z10

8. z8 = −2 + i

Exercice 12. Résoudre dans C les équations suivantes : 4. S = ∅

3. S = C

Exercice 13. 3 4 − i 25 √25 1 3 = + i 2 2



1. z1−1 = z2−1

Roussot

2. S =

2

 9 2 + i 5 5

2011 / 2012

Les nombres complexes : partie algébrique (et effleurement géométrique)

0.3

Terminale S

Solutions rédigées Exercice 11. Écrire sous forme algébrique chacun des nombres complexes suivants : √ √ √ √ √ √ √ √ 1. z1 = (2 + 3i)( 3 − i) = 2 3 − 2i + i × ( 3)2 − i2 3 = 2 3 − 2i + 3i + 3 = 3 3 + i 2. z2 = (2 + 5i)2 = 22 + 2 × 2 × 5i + (5i)2 = 4 + 20i − 25 = −21 + 20i  2  2 1 1 1 1 1 64 63 − 2 × × 4i + (4i)2 = − 4i − 16 = − 4i − 3. z3 = − 4i = = − − 4i 2 2 2 4 4 4 4 4. z4 = (5 − 2i)(5 + 2i) = 52 − (2i)2 = 25 − (−4) = 29 (= 29 + 0i) 5. z5 = (1 + i)(5 − 8i)(1 − i) = (1 + i)(1 − i)(5 − 8i) = (12 − i2 )(5 − 8i) = 2(5 − 8i) = 10 − 16i ! √ √ √ 3+i 3+i 3 1 1 = + i 6. z6 = √ = √ = 4 4 4 3−i ( 3)2 + 12 1 i i 7. z7 = − = − 2 = − = i (= 0 + 1i) i i −1 8. z8 =

(8i − 1)(2 + 3i) 16i + 24i2 − 2 − 3i −26 + 13i 13(−2 + i) 8i − 1 = = = = = −2 + i 2 − 3i (2 − 3i)(2 + 3i) 22 + 3 2 13 13

9. z9 =

1 2−i 2+i 2−i 2+i (2 − i) − (2 + i) 2−i−2−i 2i 1 − = 2 − 2 = − = = =− 2 2 2+i 2−i 2 +1 2 +1 5 5 5 5 5

1 3 − 4i 3 − 4i −3 + 4i −3 4 =− 2 =− = = + i 2 3 + 4i 3 +4 25 25 25 25   4(−3 + 4i) −12 + 16i = = = −0, 12 + 0, 16i 4 × 25 100

10. z10 = −

Exercice 12. Résoudre dans C les équations suivantes : 3. i(3 − i)z − 2 = (2i + 1)z + (2i + z)i ⇐⇒ (3i − i2 )z − 2 = (2i + 1)z + 2i2 + iz ⇐⇒ (3i − i2 )z − (2i + 1)z − iz = 2i2 + 2   ⇐⇒ (3i + 1) − (2i + 1) − i z = −2 + 2 ⇐⇒ (3i + 1 − 2i − 1 − i)z = 0 ⇐⇒ 0z = 0 Ainsi S = C (0z = 0 est vraie pour tout z ∈ C donc l’équation de départ aussi). 4. −

z 3z + =3+i iz + 1 z − i

  iz + 1 = 0 ⇐⇒ 1 = −iz ⇐⇒ i = −i2 z ⇐⇒ i = z Recherche des valeurs interdites : ou  z − i = 0 ⇐⇒ z = i d’où V I = {i}. Remarque : Les polynômes iz + 1 et z − i ayant la même racine dans C, on a alors qu’il existe λ ∈ C tel que iz + 1 = λ(z − i) (c’est un résultat vu sur les polynômes à coefficients réels que l’on étend sur C). De tête, on trouve que λ = i.

Roussot

3

2011 / 2012

Les nombres complexes : partie algébrique (et effleurement géométrique)

Terminale S

Résolution : Pour z 6= i : −

z 3z z i × 3z + = 3 + i ⇐⇒ − + =3+i iz + 1 z − i iz + 1 i(z − i) z 3iz =3+i + iz + 1 iz − i2 z 3iz ⇐⇒ − + =3+i iz + 1 iz + 1 −z + 3iz ⇐⇒ =3+i iz + 1

⇐⇒ −

⇐⇒ −z + 3iz = (3 + i)(iz + 1) ⇐⇒ −z + 3iz = 3iz + 3 + i2 z + i ⇐⇒ −z = 3 − z + i ⇐⇒ 0 = 3 + i Ainsi S = ∅ (0 = 3+i est faux donc l’équation de départ ne peut être vérifié par aucun complexe).

Exercice 13. 1 3 − 4i 3 − 4i 3 4 1 = 2 = = − i = 2 z1 3 + 4i 3 +4 25 25 25 √ √ √ √ 1 3 3 1 3 1 3 1 √ + i + i + i + i 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 √ =  = = = + i = !2 = 1 3 = √ 4 2 z2 1 2 2 1 3 1 3 + − i + 4 4 4 2 2 2 2

1. z1−1 = z2−1

2. i(z − 3i) = 2z − 1 + i ⇐⇒ iz − 3i2 = 2z − 1 + i ⇐⇒ iz + 3 = 2z − 1 + i ⇐⇒ iz − 2z = −1 + i − 3 ⇐⇒ z(i − 2) = −4 + i −4 + i ⇐⇒ z = i−2   −4 + i Ainsi S = . i−2 Si on veut la solution sous forme algébrique : −4 + i (−4 + i)(−i − 2) 4i + 8 + 1 − 2i 9 + 2i 9 2 4i + 8 − i2 − 2i = = = = = + i 2 2 i−2 5 5 5 5 5  (−2) + 1 9 2 D’où S = + i 5 5

Remarque : Soit z ∈ C∗ avec comme écriture algébrique z = a + ib où a, b ∈ R. 1 z z a − ib = 2 = 2 . L’inverse de z est z −1 = = z zz |z] a + b2 Ainsi |z| = 1 (ie le point d’affixe z est sur le cercle trigonométrique) ⇐⇒ z −1 = z

Roussot

4

2011 / 2012