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\lhead{math-expertes}
\chead{}\rhead{Contrôle~: interprétation géométrique des complexes}
\cfoot{}

\setstretch{1.1}
\def\flagpasdindication{1}
\begin{document}
\begin{multicols*}{2}
			\titre{Contrôle~: interprétation géométrique des complexes}{}
			%%%%%
%%%%% EXERCICE complexes-interpretation-geom-01.tex
%%%%% Exo  1 
\begin{exerciceptp}[]{\refenonce{1}{0}{1}}
% D'apres antille 2002

Le plan $\mathcal{P}$ est rapporté au repère orthonormal direct \ouv, 
(unité graphique 2 cm).

On considère les points I et A d'affixe respectives 1 et $- 2$. 
Le point K est le milieu du segment [IA].

On appelle $(\mathcal{C})$ le cercle de diamètre [IA]. Faire une 
figure et la compléter au fur et à mesure. 

\begin{enumerate} 
\item Soit B le point d'affixe $b = \dfrac{1 + 
4\text{i}}{1 - 2\text{i}}$ . Écrire $b$ sous forme algébrique et montrer que B 
appartient au cercle $(\mathcal{C})$. 

\item Soit D le point du cercle $(\mathcal{C})$ tel que 
l'angle $\left(\vect{\text{KI}},~ \vect{\text{KD}}\right) = 
\dfrac{\pi}{3} + 2 k \pi$ où $k$ est un entier relatif et soit $d$ l'affixe de D. 

	\begin{enumerate} 
	  \item Déterminer $\arg\left( \dfrac{d-z_{K}}{z_{I}-z_{K}} \right).$
	  \item Déterminer $\abs{\dfrac{d-z_{K}}{z_{I}-z_{K}}}.$

		\item En déduire que $d = \dfrac{1}{4} + 3 \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{4}$. 

	\end{enumerate} 
		\item Déterminer un réel $a$ vérifiant l'égalité $\dfrac{1 + 2\text{i}a} 
{1 - \text{i}a} = \dfrac{1}{4} + 3\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{4}$. 


\item Soit $x$ un réel non nul et $M$ le point d'affixe $m = 
\dfrac{1 + 2 \text{i}x}{1 - \text{i}x}$. On pose $Z = \dfrac{(m -1)}{ (m + 2)}$. 
Calculer $Z$ et en déduire la nature du triangle AI$M$. 

\item Soit $N$ un point, différent de A du cercle $(\mathcal{C})$ et 
$n$ son affixe. 

Démontrer qu'il existe un réel $y$ tel que $n = 
\dfrac{1 + 2\text{i}y}{1 - \text{i}y}$. 

\end{enumerate} 


\end{exerciceptp}

%%%%%
%%%%% EXERCICE complexes-interpretation-geom-04.tex
%%%%% Exo  2 
\begin{exerciceptp}[]{\refenonce{1}{0}{1}}
Résoudre dans $\GC,$ pour $n\in\GN^*,$ l'équation :
\[z^n=1-\i\sqrt{3}.\]

\end{exerciceptp}

%%%%%
%%%%% EXERCICE complexes-interpretation-geom-03.tex
%%%%% Exo  3 
\begin{exerciceptp}[]{\refenonce{1}{0}{1}}
Soit $r$ un réel strictement positif et $\alpha$ un réel de l'intervalle $\Intof{-\pi}{\pi}.$ On note $z_{1}$ et $z_{2}$ les solutions de l'équation 
\[z^2-2r\cos\left( \alpha \right) z +r^2=0.\]
Montrer que 
\[ z_{1}^n+z_{2}^n=2r^n\cos\left( n\alpha \right).\]

\end{exerciceptp}

%%%%%
%%%%% EXERCICE complexes-interpretation-geom-05.tex
%%%%% Exo  4 
\begin{exerciceptp}[]{\refenonce{1}{0}{1}}
Soit $a$ un réel et $\left( E \right) $ l'équation dans $\GC$ :
\[ \left( \dfrac{z-\i}{z+\i} \right)^n=\dfrac{1+\i a}{1-\i a}.\]
\begin{enumerate}
  \item 
	\begin{enumerate}
	  \item 
	Montrer que si $z$ est solution de $\left( E \right),$ on a $\abs{\dfrac{z-\i}{z+\i}}=1.$
  \item En déduire que toutes les solutions de $\left( E \right)$ sont réelles.
  \end{enumerate}
\item Résoudre $\left( E \right)$ dans le cas où $a=1.$
\end{enumerate}

\end{exerciceptp}

\end{multicols*}
\newpage
\setcounter{exoptp}{1}
\begin{multicols*}{2}
\titre{Correction}{}

			\begin{exerciceptp}[]{\refcorrection{1}{1}{0}}
% La correction est à faire: au boulot!
\begin{enumerate}
  \item $b=\dfrac{1+4i}{1-2i}=\dfrac{(1+4i)(1+2i)}{(1-2i)(1+2i)}=-\dfrac{7}{5}+\dfrac{6}{5}i$.

	$b-\left( -\dfrac{1}{2} \right)=-\dfrac{9}{10}+\dfrac{6}{5}$.

	$\left|b+\dfrac{1}{2}\right|=\sqrt{\left( -\dfrac{9}{10} \right)^2+\left( \dfrac{6}{5} \right)^2}=\dfrac{3}{2}$.

	$(\mathcal{C})$ est le cercle de centre $K\left( -\dfrac{1}{2} \right)$ et de rayon $\dfrac{3}{2}$, comme $\left|b+\dfrac{1}{2}\right|=\dfrac{3}{2}$ on en déduit que $B$ est sur $(\mathcal{C})$.
  \item 
	\begin{enumerate}
	  \item 
		{\setlength{\jot}{10pt}
		\begin{align*} 
		  \arg\left( \dfrac{d-z_k}{z_I-z_k} \right)   &=  \arg\left( d-z_k \right)-\arg\left( z_I-z_k \right)\ \left(2\pi  \right) \\ 
		  &= (\vect{u}\pv \vecteur{KD})-(\vect{u}\pv \vecteur{KI})\ \left( 2\pi \right) \\ 
		  &= (\vecteur{KI}\pv \vecteur{KD})\ \left( 2\pi \right) \\ 
		  &= \dfrac{\pi}{3}\ \left( 2\pi \right)  \\ 
		\end{align*}}
	  \item $\abs{\dfrac{d-z_K}{z_I-z_k}}=\dfrac{\abs{d-z_K}}{\abs{z_I-z_K}}=\dfrac{\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}}=1$
	  \item D'une part, $\dfrac{d-z_K}{z_I-z_K}=\dfrac{3}{2}\expf{\i\frac{\pi}{3}}=\dfrac{3}{4}+\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$
		et d'autre part, $\dfrac{d-z_K}{z_I-z_K}=\dfrac{d+\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}},$
		on en déduit que $d=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\i.$
%		On considère la tranlation $t_{\frac{1}{2}\vec{u}}$.  $t_{\frac{1}{2}\vec{u}}\left( K \right)=O$ et $t_{\frac{1}{2}\vec{u}}\left( D \right)=D'$ où $D'$ est le point d'affixe $d+\dfrac{1}{2}$.
%
%		$KOD'D$ est un parallélogramme. On en déduit que $\left|d+\dfrac{1}{2}\right|=\dfrac{3}{2}$ et qu'un argument de $d+\dfrac{1}{2}$ est $\dfrac{\pi}{3}$.
%		
%		
		
		
		

%		$arg\left( \dfrac{d+\dfrac{1}{2}}{1+\dfrac{1}{2}} \right)=(\vecteur{KI}\pv \vecteur{KD})\ (2\pi)$ or :

%		$(\vecteur{KI}\pv \vecteur{KD})=\dfrac{\pi}{3}\ (2\pi)$ d'une part et 

%		$arg\left( \dfrac{d+\dfrac{1}{2}}{1+\dfrac{1}{2}} \right)=arg\left( d+\dfrac{1}{2} \right)-arg\left( \dfrac{3}{2} \right)=arg\left( d+\dfrac{1}{2} \right)\ (2\pi)$ d'autre part.

%		On en déduit qu'un argument de $d+\dfrac{1}{2}$ est $\dfrac{\pi}{3}$.
%	  \item $d+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\expf{i\dfrac{\pi}{3}}=\dfrac{3}{2}\left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i \right)=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3\sqrt{3}}{4}i$.
	\end{enumerate}
	  \item Montrons que $a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ convient :

		$\dfrac{1+2i\dfrac{\sqrt{3}}{3}}{1-i\dfrac{\sqrt{3}}{3}}=\dfrac{\left( 1+2i\dfrac{\sqrt{3}}{3} \right)\left( 1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3} \right)}{1+\dfrac{1}{3}}=\dfrac{\dfrac{1}{3}+i\sqrt{3}}{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{1}{4}+3i\dfrac{\sqrt{3}}{4}$.

  \item $Z=\dfrac{\dfrac{1+2ix}{1-ix}-1}{\dfrac{1+2ix}{1-ix}+2}=\dfrac{1+2ix-1+ix}{1-ix}\times\dfrac{1-ix}{1+2ix+2-2ix}=ix$.

	$Z$ est donc un imaginaire pur, par conséquent $\text{arg}\left( Z \right)=\dfrac{\pi}{2}\ (\pi)$. Mais $\text{arg}\left( Z \right)=(\vecteur{AM}\pv \vecteur{IM})$ donc \[(\vecteur{MA}\pv \vecteur{MI})=\dfrac{\pi}{2}\ (2\pi).\]
	Le triangle $AIM$ est rectangle en $M$.
  \item 
	\begin{itemize}
	  \item Si $N=I$ alors $n=1$ et $y=0$ convient.
	  \item Si $N\ne I$, alors le triangle $INA$ est rectangle en $N$ ($N\ne A$d'après l'énoncé) car $N$ est sur le cercle de diamètre $\left[ IA \right]$, $\dfrac{n-1}{n+2}\ne 0$ et $\text{arg}\left( \dfrac{n-1}{n+2} \right)=\dfrac{\pi}{2}\ (\pi)$.

		$\dfrac{n-1}{n+2} $ est donc un imaginaire pur, en notant $y$ sa partie imaginaire on a :
		\[\dfrac{n-1}{n+2} =iy.\]
		or 
		\[\begin{array}{lcl}
		  \dfrac{n-1}{n+2} =iy& \ssifl & n-1=iy(n+2)  \\
		  & \ssifl & n-1-iyn-2iy=0  \\
		  & \ssifl & n(1-iu)=1+2iu  \\
		  & \ssifl & n=\dfrac{1+2iy}{1-iy}  \\
		\end{array}.
		\]

	\end{itemize}
\end{enumerate}

\end{exerciceptp}

\begin{exerciceptp}[]{\refcorrection{1}{1}{0}}
$1+\i \sqrt{3}=2\expf{-\i\frac{\pi}{3}}.$

\renewcommand{\arraystretch}{1.8}
\[\begin{array}{lcl} 
	z^n=1+\i\sqrt{3}   & \iff &   z^n=2\expf{-\i\frac{\pi}{3}} \\ 
	& \iff &    z^n=\left(2^{\frac{1}{n}}\expf{-\i\frac{\pi}{3n}}\right)^n   \\ 
	& \iff &  \left( \dfrac{z}{2^{\frac{1}{n}}\expf{-\i\frac{\pi}{3n}}}\right)^n=1      \\ 
	& \iff & \dfrac{z}{2^{\frac{1}{n}}\expf{-\i\frac{\pi}{3n}}}\in \Bigset{\expf{\i\frac{2k\pi}{n}},\ k\in\Intffn{0}{n-1} }     \\ 
	& \iff & z\in  \Bigset{\expf{\i\left(-\frac{\pi}{3n}+\frac{2k\pi}{n}\right)},\ k\in\Intffn{0}{n-1}}       \\ 
\end{array}\]

\end{exerciceptp}

\begin{exerciceptp}[]{\refcorrection{1}{1}{0}}
\begin{enumerate}
  \item Le discriminant réduit est :
	\[\Delta'=r^2\cos^2\left( \alpha \right)-r^2=\left( \i r\sin\left( \alpha \right) \right)^2.\]
	Les solutions sont donc $z_{1}=r\cos\left( \alpha \right)-\i r\sin\left( \alpha \right)=r\expf{-\i\alpha}$ et $z_{2}=r\cos\left( \alpha \right)+\i r\sin\left( \alpha \right)=r\expf{\i\alpha}.$

	On en déduit que 
	{\setlength{\jot}{10pt}
	\begin{align*} 
	  z_{1}^n+z_{2}^n   &=  r^n\expf{\i n\alpha}+r^n\expf{-\i n \alpha} \\ 
	   &= 2r^n\cos\left( n\alpha \right) \\ 
	\end{align*}}
\end{enumerate}

\end{exerciceptp}

\begin{exerciceptp}[]{\refcorrection{1}{1}{0}}
\begin{enumerate}
  \item 
	\begin{enumerate}
	  \item 
		\renewcommand{\arraystretch}{1.8}
		\[\begin{array}{lcl} 
			\left( \dfrac{z-\i}{z+\i} \right)^n=\dfrac{1+\i a}{1-\i a} & \implies &   \abs{\dfrac{z-\i}{z+\i}}^n=\abs{\dfrac{1+\i a}{1-\i a}} \\ 
			& \implies & \abs{\dfrac{z-\i}{z+\i}}^n=\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{\sqrt{1+a^2}}      \\ 
			& \implies & \abs{\dfrac{z-\i}{z+\i}}^n=1      \\ 
			& \implies & \abs{\dfrac{z-\i}{z+\i}}=1      \\ 
		\end{array}\]
	  \item 
		\renewcommand{\arraystretch}{1.4}
		\[\begin{array}{lcl} 
			\abs{\dfrac{z-\i}{z+\i}}=1 & \implies &   \left( \dfrac{z-\i}{z+\i} \right)\overline{\left( \dfrac{z-\i}{z+\i} \right)}=1 \\ 
			& \implies &   \left( z-\i \right)\left( \overline{z}+\i \right)=\left( z+\i \right)\left( \overline{z}-\i \right) \\ 
			& \implies &   z-\overline{z}=0 \\ 
			   & \implies &   z\in\GR \\ 
		\end{array}\]
	\end{enumerate}
  \item Pour $a=1,$ $\dfrac{1+\i a}{1-\i a}=\dfrac{1+\i}{1-\i}=\expf{\i\frac{\pi}{2}}.$

	Posons $Z= \dfrac{z-\i}{z+\i}.$

	\[Z^n=\expf{\i\frac{\pi}{2}} \iff Z\in S=\bigset{\expf{\i\left( \frac{\pi}{2n}+\frac{2k\pi}{n}\right)},\ k\in\Intffn{0}{n-1}}.\]

	Les solutions de $\left( E \right)$ sont donc les solutions, éventuelles, des $n$ équations d'inconnue $z$ $Z_{k}=\dfrac{z-\i}{z+\i},$ $k\in\Intffn{0}{n-1}$ où les $Z_k$ sont les éléments de $S.$

	Soit $k\in\Intffn{0}{n-1}.$ Résolvons l'équation $Z_{k}=\dfrac{z-\i}{z+\i}.$
	\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
	\[\begin{array}{lcl} 
		Z_k=\dfrac{z-\i}{z+\i}   & \iff &   Z_k\left( z+\i \right)=z-\i \et z\ne -\i \\ 
		 & \iff &    Z_k z+\i Z_k -z = -\i    \et z\ne -\i \\ 
		 & \iff & z\left( Z_k-1 \right)= -\i\left( Z_k+1 \right)   \et z\ne -\i     \\ 
		% & \iff & z=-\i\dfrac{Z+1}{Z-1}       \et z\ne -\i \\ 
	\end{array}\]

	Si $Z_k-1 \ne 0$ alors $z=-\i\dfrac{Z_k+1}{Z_k-1}$ et dans ce cas on a bien $z\ne -\i$ car 
	\[-\i\dfrac{Z_k+1}{Z_k-1}=-\i\iff 1=-1.\]

	Les solutions de $\left( E \right)$ sont donc les $z=-\i\dfrac{Z_k+1}{Z_k-1},$ $Z_k-1\ne0, $ $k\in\Intffn{0}{n-1}.$

	Vérifions que les $Z_k$ de l'ensemble $S=\bigset{\expf{\i\left( \frac{\pi}{2n}+\frac{2k\pi}{n}\right)},\ k\in\Intffn{0}{n-1}}$ sont différents de $1.$

	\renewcommand{\arraystretch}{1.8}
	\[\begin{array}{lcl} 
		Z_k=1   & \iff &   \expf{\i\left( \frac{\pi}{2n}+\frac{2k\pi}{n}\right)}=1 , \ k\in\Intffn{0}{n-1} \\ 
		& \iff & \exists k'\in\GZ, \ \dfrac{\pi}{2n}+\dfrac{2k\pi}{n} =0+2k'\pi,\ k\in\Intffn{0}{n-1}      \\ 
		& \iff & \exists k'\in\GZ,\ \dfrac{1}{2}+2k=2k'n, \ k\in\Intffn{0}{n-1}      \\ 
	\end{array}\]
	ce qui est impossible car $k$ et $k'$ sont des entiers. Ainsi, toutes les valeurs de $S$ sont différentes de $1.$

	On en déduit que les racines de $\left( E \right)$ sont les 
	\[z_k= -\i\dfrac{\expf{\i\left( \frac{\pi}{2n}+\frac{2k\pi}{n}\right)}+1}{\expf{\i\left( \frac{\pi}{2n}+\frac{2k\pi}{n}\right)}-1},\ \  k\in\Intffn{0}{n-1}.\]
	Posons $\theta=\dfrac{\pi}{2n}+\dfrac{2k\pi}{n}.$ $z_k$ s'écrit alors

	  $-\i\dfrac{\expf{\i\theta}+1}{\expf{\i\theta}-1}   = 
	  -\i\expf{\i\frac{\theta}{2}}\dfrac{\expf{\i\frac{\theta}{2}}\left(\expf{\i\frac{\theta}{2}}+\expf{-\i\frac{\theta}{2}}\right)}{\expf{\i\frac{\theta}{2}}\left(\expf{\i\frac{\theta}{2}}-\expf{-\i\frac{\theta}{2} }\right)}  
	  = -\i\dfrac{2\cos\left( \frac{\theta}{2} \right)}{2\i\sin\left( \frac{\theta}{2} \right)}  
	  = -\dfrac{\cos\left( \frac{\theta}{2} \right)}{\sin\left( \frac{\theta}{2} \right)}  
$

	Les solutions sont donc 
	\[z_k= -\dfrac{\cos\left( \frac{\pi}{4n}+\frac{k\pi}{n} \right)}{ \sin\left( \frac{\pi}{4n}+\frac{k\pi}{n} \right)}\ \text{ avec }\ k \in\Intffn{0}{n-1}.\]
\end{enumerate}

\end{exerciceptp}

\end{multicols*}
\end{document}
