SOLUTIONS
1
Solutions
12 Posons j = e
i 2π
3
z
3 − 1 = (z − 1)(z − j)(z − j )
= (z − 1)(z
2 + z +1)
z
3 +1 = (z+1)(z + j)(z + j )
= (z +1)(z
2 − z +1)
z
4 +z
2 +1 = (z−j)(z − j )(z + j)(z + j )
= (z
2 + z +1)(z
2 − z +1)
z
4 −z
2 +1 = (z−ij)(z − ij )(z + ij)(z + ij )
= (z
2 +
√ 3z +1)(z
2 −
√ 3z +1)
z
6 −1 = (z−1)(z + j )(z − j)(z +1)(z − j )(z + j)
= (z − 1)(z +1)(z
2 + z +1)(z
2 − z +1)
z
6 +1 = (z+ij)(z − i)(z + ij )(z − ij)(z + i)(z − ij )
= (z
2 +1)(z
2 +
√ 3z +1)(z
2 −
√ 3z +1)
13 C’est la somme des racines 5-ièmes de l’unité :elle est nulle.
D’où,comme u
4 = u et u
3 = u 2 :
1+2cos
2π
5
+2cos
4π
5
= 0
Le réel cos
2π
5
estd onc la solution positive de l’équation
4X
2 +2X −1=0,soit cos
2π
5
=
√ 5 − 1
4
.
Le théorème de Pythagorep ermet de construire facilement un
segmentdelongueur
√ 5
2
(hypoténused’un triangle rectangle de
côtés1e t
1
2
). La construction classique du pentagone régulier
est la suivante :l ec ercle de centre B d’affixe −
1
2
passantp ar
le point I d’affixe i coupe le demi-axe( Ox)a up oint C d’affixe
√ 5 − 1
2
(justifiez...). La médiatrice de [OC]coupe donc le cercle
trigonométrique aux points d’arguments ±
2π
5
.
14 1) Vérifiez que S = T et :
Im S = sin
2π
7
+sin
4π
7
+sin
8π
7
>
1
2
+
1
2
+sin
8π
7
> 0
2) S + T = −1e tST = 2, donc S et T sont les solutions de
l’équation du second degré...
15 1) S = {1, −1+2 i } . 2) S = {i, −1 − i}.
3) {2
θ e
iθ , 2
θ e
−iθ }. 4) S =
2+3icos θ
sin θ
,
2 − 3i cos θ
sin θ
.
5) S =
e
iθ
2sin θ
,
e
−iθ
2sin θ
. 6) S = {e
iθ +1 ,e
i θ −1 }
=
2cos
θ
2
e
i
θ
2 , 2sin
θ
2
e
i(
θ
2
+
π
2
)
. 7) S = {i, 1+i,1−i}.
8) Une racine réelle doit vérifier :
2z
2 − 5z +3=0
4z
3 +6z
2 −4z−21 = 0
d’où S =
3
2
, −2+
3
2
i,−1−i
.
9) S’il yaune racine imaginaire z = iy, elle doit vérifier :
5y
2 +11y+2=0
−y
3 −3y
2 +6y+16=0
d’où S = {−2i, 2+i,3−2i}.
16 S = {2e
i
π
12 , 2e
i 3π
4 , 2e
i 17π
12 }
17 Écrire 16(1 − i) = (2
√ 2)
3 e
−i
π
4 , d’où sesracines cubiques...
C estlecercle de centre Ω d’affixe 1+iet de rayon 2
√ 2.
Les solutions de cette équation sont de la forme zλ, leurs images
appartiennentdonc au cercle C.
18 (z
2 +1)
n =(z+i)
n (z−i)
n
z =iou si n 2 z = i
e
2ikπ/n +1
e 2 ikπ/n − 1
= cot
kπ
n
avec k ∈ [[ 1 , n − 1]]
19 Montrersuccessivement :
z
z = 1;
z
− 1
z − 1
= 2Re
1
1 − z
;
z
+1
z−1
=2iIm
1
z − 1
M
est alorsàl’intersectiondeladroite (MA)etducercle de centre
O de rayon1.
20 Le point M d’affixe z = x +iy est telque x
2 − x +y
2 − y = 0,
donc M décrit le cercle de centre
1
2
,
1
2
de rayon
√ 2
2
. M
est
l’image de M par la rotation de centre O d’angle +
π
2
.
21 Soit A, I , M les points d’affixes respectives 1, i, z. La conditioné quivaut à
−→
IM ⊥
−→
AM et M
= I , M décrit donc le cercle de
diamètre [AI ]privé de I .
22 (ABC)est équilatéral si et seulement si
c − a
b − a
= e
−i
π
3 = −j
ou e
i
π
3 = −j , ce qui équivaut à(aj
2 +bj+c = 0ouaj
2 +bj+c = 0),
ou encore à(aj
2 + bj + c)(aj
2 + bj + c = 0), soit, en développant...
23 c − b = ±i(a − b)etd−a=±i(b−a).Si a et b appartiennent àl’ensemble des entiers de Gauss Z[i], il en est de même
de c et d .
Au contraire, si (ABC)est un triangle équilatéral, b−a = −j(c−a)
ou b − a = −j (c − a)cequi interdit aux trois complexes a, b et c
d’avoirsimultanément des parties réelles et imaginaires entières (à
moins d’avoir a = b = c), car
√ 3est irrationnel.
536
1
Solutions
12 Posons j = e
i 2π
3
z
3 − 1 = (z − 1)(z − j)(z − j )
= (z − 1)(z
2 + z +1)
z
3 +1 = (z+1)(z + j)(z + j )
= (z +1)(z
2 − z +1)
z
4 +z
2 +1 = (z−j)(z − j )(z + j)(z + j )
= (z
2 + z +1)(z
2 − z +1)
z
4 −z
2 +1 = (z−ij)(z − ij )(z + ij)(z + ij )
= (z
2 +
√ 3z +1)(z
2 −
√ 3z +1)
z
6 −1 = (z−1)(z + j )(z − j)(z +1)(z − j )(z + j)
= (z − 1)(z +1)(z
2 + z +1)(z
2 − z +1)
z
6 +1 = (z+ij)(z − i)(z + ij )(z − ij)(z + i)(z − ij )
= (z
2 +1)(z
2 +
√ 3z +1)(z
2 −
√ 3z +1)
13 C’est la somme des racines 5-ièmes de l’unité :elle est nulle.
D’où,comme u
4 = u et u
3 = u 2 :
1+2cos
2π
5
+2cos
4π
5
= 0
Le réel cos
2π
5
estd onc la solution positive de l’équation
4X
2 +2X −1=0,soit cos
2π
5
=
√ 5 − 1
4
.
Le théorème de Pythagorep ermet de construire facilement un
segmentdelongueur
√ 5
2
(hypoténused’un triangle rectangle de
côtés1e t
1
2
). La construction classique du pentagone régulier
est la suivante :l ec ercle de centre B d’affixe −
1
2
passantp ar
le point I d’affixe i coupe le demi-axe( Ox)a up oint C d’affixe
√ 5 − 1
2
(justifiez...). La médiatrice de [OC]coupe donc le cercle
trigonométrique aux points d’arguments ±
2π
5
.
14 1) Vérifiez que S = T et :
Im S = sin
2π
7
+sin
4π
7
+sin
8π
7
>
1
2
+
1
2
+sin
8π
7
> 0
2) S + T = −1e tST = 2, donc S et T sont les solutions de
l’équation du second degré...
15 1) S = {1, −1+2 i } . 2) S = {i, −1 − i}.
3) {2
θ e
iθ , 2
θ e
−iθ }. 4) S =
2+3icos θ
sin θ
,
2 − 3i cos θ
sin θ
.
5) S =
e
iθ
2sin θ
,
e
−iθ
2sin θ
. 6) S = {e
iθ +1 ,e
i θ −1 }
=
2cos
θ
2
e
i
θ
2 , 2sin
θ
2
e
i(
θ
2
+
π
2
)
. 7) S = {i, 1+i,1−i}.
8) Une racine réelle doit vérifier :
2z
2 − 5z +3=0
4z
3 +6z
2 −4z−21 = 0
d’où S =
3
2
, −2+
3
2
i,−1−i
.
9) S’il yaune racine imaginaire z = iy, elle doit vérifier :
5y
2 +11y+2=0
−y
3 −3y
2 +6y+16=0
d’où S = {−2i, 2+i,3−2i}.
16 S = {2e
i
π
12 , 2e
i 3π
4 , 2e
i 17π
12 }
17 Écrire 16(1 − i) = (2
√ 2)
3 e
−i
π
4 , d’où sesracines cubiques...
C estlecercle de centre Ω d’affixe 1+iet de rayon 2
√ 2.
Les solutions de cette équation sont de la forme zλ, leurs images
appartiennentdonc au cercle C.
18 (z
2 +1)
n =(z+i)
n (z−i)
n
z =iou si n 2 z = i
e
2ikπ/n +1
e 2 ikπ/n − 1
= cot
kπ
n
avec k ∈ [[ 1 , n − 1]]
19 Montrersuccessivement :
z
z = 1;
z
− 1
z − 1
= 2Re
1
1 − z
;
z
+1
z−1
=2iIm
1
z − 1
M
est alorsàl’intersectiondeladroite (MA)etducercle de centre
O de rayon1.
20 Le point M d’affixe z = x +iy est telque x
2 − x +y
2 − y = 0,
donc M décrit le cercle de centre
1
2
,
1
2
de rayon
√ 2
2
. M
est
l’image de M par la rotation de centre O d’angle +
π
2
.
21 Soit A, I , M les points d’affixes respectives 1, i, z. La conditioné quivaut à
−→
IM ⊥
−→
AM et M
= I , M décrit donc le cercle de
diamètre [AI ]privé de I .
22 (ABC)est équilatéral si et seulement si
c − a
b − a
= e
−i
π
3 = −j
ou e
i
π
3 = −j , ce qui équivaut à(aj
2 +bj+c = 0ouaj
2 +bj+c = 0),
ou encore à(aj
2 + bj + c)(aj
2 + bj + c = 0), soit, en développant...
23 c − b = ±i(a − b)etd−a=±i(b−a).Si a et b appartiennent àl’ensemble des entiers de Gauss Z[i], il en est de même
de c et d .
Au contraire, si (ABC)est un triangle équilatéral, b−a = −j(c−a)
ou b − a = −j (c − a)cequi interdit aux trois complexes a, b et c
d’avoirsimultanément des parties réelles et imaginaires entières (à
moins d’avoir a = b = c), car
√ 3est irrationnel.
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