EX2 NOMBRE COMPLEXES TS

EXERCICE 2 NOMBRES COMPLEXES TS JUIN 2011

EXERCICE 2 5 POINTS

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal ( O ; vect( u ) , vect( v ) ).

Soit ( Γ ) le cercle de centre O et de rayon 1.

On considère le point A de ( Γ ) d'affixe z_A = e^{i π / 3}.

1. Déterminer l'affixe z_B du point B image de A par la rotation de centre O et d'angle 2π / 3.

Déterminer l'affixe z_C du point C image de B par la rotation de centre O et d'angle 2π / 3.

2. a Justifier que ( Γ ) est le cercle circonscrit au triangle ABC.

Construire les point A , B , C sur une feuille de papier millimétré .

b. Quelle est la nature du triangle ABC ? Justifier.

3. Soit h l'homothie de centre O et de rapport - 2.

a. Compléter la figure en plaçant les points P , Q , R images respectives

des points A , B , C par h.

b. Quelle est la nature du triangle PQR ? Justifier.

4. Dans cette question, le candidat est invité à porter sur sa copie les étapes

de sa démarche même si elle n'aboutit pas.

a. Donner l'écriture complexe de h.

b. Calculer z_A + z_B + z_C . En déduire que A est le milieu du segment [ QR ].

c. Que peut-on dire de la droite ( QR ) par rapport au cercle ( Γ ) ?

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Réponse:

• Recherche de z_B .

La rotation r de centre O et d'angle 2π / 3 admet pour traduction complexe :

z ' - 0 = e ^{2 π i / 3}( z - 0 ) c-à-d z ' = e ^{2 π i / 3}z avec le point M( z )

d'image M ' ( z ' ).

Ainsi z_B = e ^{2 π i / 3} z_A mais z_A = e^{i π / 3}

Donc z_B = e ^{2 π i / 3} e^{i π / 3}= e ^{π i} = - 1

Conclusion: z_B = - 1

• Recherche de z_C .

On a : z_C = e ^{2 π i / 3} z_B

Donc z_C = e ^{2 π i / 3} e ^{π i} = e ^{2 π i / 3} e ^{3π i / 3} = e ^{5π i / 3}

Conclusion: z_C = e ^{5π i / 3}

2.a . Le centre de la rotation r est le centre O du cercle ( Γ ).

A appartient au cercle ( Γ ) , donc OA = 1

L'image B du point A par r est telle que OB = OA = 1

Donc B appartient à ( Γ ).

De la même façon l'image de B par r appartient à ( Γ ).

Donc le point C appartient à ( Γ ).

Conclusion: Le cercle ( Γ ) est circonscrit au triangle ABC.

Représentation.

b. Nature du triangle ABC.

C'est un triangle équilatéral.

Plusieurs méthodes possibles:

• Première méthode:

On sait que : r( A ) = B et r( B ) = C

Mais on a aussi r ( C ) = A .

En effet : e ^{2π i / 3} z_C = z_A

car e ^{2π i / 3} e ^{5π i / 3} = e ^{7π i / 3} = e ^{π i / 3}

Le triangle est donc équilatéral de centre O.

• Autre méthode:

Une rotation conserve les distances.

r( A ) = B et r( B ) = C

Donc les segments [AB] et [ BC ] sont de même longueur.

Donc BA = BC

De plus ( vect(AB ) , vect( BC ) ) = 2 π / 3 [ 2 π ]

c-à-d ( - vect( BA ) , vect( BC ) ) = 2 π / 3 [ 2 π ]

c-à-d π + ( vect( BA ) , vect( BC ) ) = 2 π / 3 [ 2 π ]

c-à-d ( vect( BA ) , vect( BC ) ) = 2 π / 3 - π [ 2 π ]

c-à-d ( vect( BA ) , vect( BC ) ) = - π / 3 [ 2 π ]

Conclusion: Le triangle ABC est bien équilatéral.

b . Nature du triangle PQR ?

C'est un triangle équilatéral.

En effet:

h ( A ) = P

h( B ) = Q

h( C ) = R

Donc PQ = | - 2 | AB ; QR = | - 2 | BC ; PR = | - 2 | AC

c-à-d PQ = 2 AB ; QR = 2 BC ; PR = 2 AC

Or AB = BC = AC

Donc PQ = QR = PR

Conclusion: Le triangle PQR est bien équilatéral.

4.a. Ecriture complexe de h.

z ' - 0 = - 2 ( z - 0 ) c-à-d z ' = - 2 z

avec le point M ' ( z' ) l'image de M( z ).

b. Calcul de z_A + z_B + z_C .

On a : z_A + z_B + z_C = 0

En effet :

z_A + z_B + z_C = e ^{π i / 3} + e ^{3π i / 3} + e ^{5π i / 3}

c-à-d

z_A + z_B + z_C = e ^{π i / 3} ( 1 + e ^{2π i / 3} + e ^{4π i / 3} )

c-à-d

z_A + z_B + z_C = e ^{π i / 3} ( 1 + j + j²)

Mais 1 + j + j²= 0

D'où :

Conclusion: z_A + z_B + z_C = 0

Déduisons que A est le milieu du segment [ QR ].

Pour cela montrons que : z_A = ( z_Q + z_R ) / 2

On a déjà : z_A + z_B + z_C = 0

c-à-d z_A = - z_B - z_C noté ( 1 )

Mais comme h( B ) = Q et h( C ) = R

on a : z_Q = - 2 z_Bet z_R = - 2 z_C

D'où z_Q + z_R = - 2 z_B - 2 z_C

c-à-d ( z_Q + z_R ) / 2 = - z_B - z_C

c-à-d ( z_Q + z_R ) / 2 = z_A

On a bien ( 1 ) .

Conclusion: A est bien le milieu du segment [ QR ]

c. Montrons que la droite ( QR ) est la tangente au cercle ( Γ ) en A.

On a : le triangle PQR qui est équilatéral.

On a aussi : A qui est le milieudu segment [ QR ]

La droite ( PA ) est la médiatrice du segment [ QR ].

O est sur (PA ) car h(A) = P et O centre h.

La droite ( QR ) passe par le point A du cercle ( Γ ) et est orthogonale au rayon [ O A ]

du cercle ( Γ ).

Donc

Conclusion: La droite ( QR ) est la tangente à ( Γ ) en A.

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