Terminale S3

Corrigé du DM 6 Complexes Exer i e 58 page 212 z = x + iy

est un nombre omplexe ave

x

et

y

réels et

Z=

= = = = =

ave

z 6= i.

Z: z−2 z−i x + iy − 2 x + iy − i (x − 2 + iy)(x − i(y − 1)) (x + i(y − 1))(x − i(y − 1)) x2 − ixy + ix − 2x + 2iy − 2i + ixy − i2 y 2 + i2 y x2 − i2 (y − 1)2 2 2 x − 2x + y − y + i(x − xy + xy + 2y − 2) x2 + (y − 1)2 2 2 x − 2x + y − y x + 2y − 2 +i 2 2 2 x + (y − 1) x + (y − 1)2

1. On her he la forme algébrique de

Z =

z−2 z−i

2. Le plan est muni d'un repère orthonormé. (a)

M(x; y) est un point du plan tel que Z est un réel. Z ∈ R ⇐⇒ ℑm(Z) = 0 x + 2y − 2 ⇐⇒ 2 =0 x + (y − 1)2 ⇐⇒ x + 2y − 2 = 0 et x2 + (y − 1)2 6= 0 ⇐⇒ x + 2y − 2 = 0 et (x 6= 0 et y − 1 6= 0) ⇐⇒ x + 2y − 2 = 0 et (x 6= 0 et y 6= 1) Or 0 + 2 × 0 − 2 = 0. Ainsi, Z est un réel si et seulement si M appartient à la privée du point (0; 1).

droite d'équation

x + 2y − 2 = 0

4

3

2

1

−4

−3

−2

bc

1

−1

2

3

4

−1

−2

−3 (b)

M(x; y) est un point du plan tel que Z est un imaginaire pur. Z ∈ iR ⇐⇒ ℜe(Z) = 0 x2 − 2x + y 2 − y ⇐⇒ =0 x2 + (y − 1)2 ⇐⇒ x2 − 2x + y 2 − y = 0 et x2 + (y − 1)2 6= 0 ⇐⇒ (x − 1)2 − 12 + (y − 12 )2 − ( 21 )2 = 0 et (x 6= 0 et y − 1 6= 0) ⇐⇒ (x − 1)2 + (y − 21 )2 = 1 + 41 = 54 et (x 6= 0 et y 6= 1) 1 5 1 2 2 Or (0 − 1) + (1 − ) = 1 + = . 2 4 4

Ainsi, rayon

Z est un imaginaire pur si √ 5 privé du point (0; 1). 2

et seulement si

M

appartient au er le de entre

(1; 12 )

et de

2

1

−2

bc

1

−1

2

−1

−2

Exer i e 184 page 227 Soit 1.

2.

(E)

l'équation :

z 4 − 5z 3 + 6z 2 − 5z + 1 = 0.

04 − 5 × 03 + 6 × 02 − 5 × 0 + 1 = 0 − 5 × 0 + 6 × 0 − 0 + 1 = 1 6= 0 ( 2 u − 5u + 4 = 0 1 u=z+  z 2     z+ 1 −5 z+ 1 +4=0 z z ⇐⇒   u=z+1 z   2  z + 2z × 1 + 1 − 5z − 5 + 4 = 0 z z2 z ⇐⇒ 1   u=z+ z  4 2 2z 1 5z 3 5z 4z 2 z   + + − − 2 + 2 =0 z2 z2 z2 z2 z z ⇐⇒ 1   u=z+ z  4 2 z + 2z + 1 − 5z 3 − 5z + 4z 2   =0 z2 ⇐⇒   u=z+1 z  4 3 z − 5z + 6z 2 − 5z + 1   =0 z2 ⇐⇒   u=z+1 z ( 4 z − 5z 3 + 6z 2 − 5z + 1 = 0 et z 2 6= 0 1 ⇐⇒ u=z+ z Mais 0 n'est pas solution de

3.

4.

(E)

don

(E)

don

0

n'est pas solution de

(E).

est bien équivalent au système.

2

u − 5u + 4 = 0 ∆ = b2 − 4ac = (−5)2 − 4 × 1 × 4 = 25 − 16 = 32 > 0 don l'équation réelles : √ √ 5−3 5+3 −b − ∆ −b + ∆ = = 1 et u2 = = =4 u1 = 2a 2 2a 2 S = {1; 4} 1 Résolution de u1 = z + : z 1 1=z+ z z2 − z + 1 ⇐⇒ =0 z ⇐⇒ z 2 − z + 1 = 0 et z 6= 0

admet admet deux solutions

∆ = b2 − 4ac = 12 − 4 × 1 × 1 = −3 < 0

onjuguées :

√ √ 1−i 3 −b − i −∆ = z1 = ( 2a √ √2 ) 3 3 1 + i 1 − i S′ = ; 2 2

et

don l'équation admet deux solutions omplexes

√ √ 1+i 3 −b + i −∆ = z2 = 2a 2

1 u2 = z + : z 1 4=z+ z z 2 − 4z + 1 ⇐⇒ =0 z ⇐⇒ z 2 − 4z + 1 = 0 et z 6= 0 √ ∆ = b2 − 4ac = (−4)2 − 4 × 1 × 1 = 16 − 4 = 12 = (2 3)2 > 0 don l'équation admet solutions réelles √ √ √ : √ √ √ −b − −∆ −b + −∆ 4−2 3 4+2 3 z3 = = = 2 − 3 et z4 = = =2+ 3 2a 2 √ 2  2a√ S ′′ = 2 − 3; 2 + 3 Résolution de

u2 − 5u + 4 = 0 1 (E) ⇐⇒ u=z+ z ( u = 1 ou u = 4 1 ⇐⇒ u=z+ z 1 1 ⇐⇒ z + = 1 ou z + = 4 z z √ √ √ 1+i 3 1−i 3 ou z = ou z = 2 − 3 ⇐⇒ z = 2 ( ) √2 √ √ √ 1−i 3 1+i 3 D'où : SE = ; ; 2 − 3; 2 + 3 2 2 (

ou

z =2+

√

3

deux