Nombres complexes : des exercices avec corrigé ; série 1

1. $\quad$
   $$\begin{array}{ll} z &= \dfrac{2 + \ic}{3 + \ic} \\ &= \dfrac{2 + \ic}{3 + \ic} \times \dfrac{3 – \ic}{3 – \ic} \\ &= \dfrac{6 -2\ic + 3\ic + 1}{3^2 + 1^2} \\ &= \dfrac{7 + \ic}{10}
   \end{array}$$
   $\quad$
2. $\quad$
   $$\begin{array}{ll} z &=\dfrac{(2+\ic)(1 – 4\ic)}{\ic + 1} \\ &= \dfrac{2 – 8\ic + \ic + 4}{\ic + 1} \\ &= \dfrac{6 – 7\ic}{\ic + 1} \times \dfrac{-\ic + 1}{-\ic + 1} \\ &=\dfrac{-6\ic + 6 – 7 – 7\ic}{1^2 + 1^2}\\ &=\dfrac{-1 -13\ic}{2}
   \end{array}$$

1. $2z^2 – 6z + 5=0$
   $\quad$
   On calcule le discriminant : $\Delta = (-6)^2 – 4 \times 2 \times 5 = -4 <0$
   L’équation possède donc deux racines complexes :
   $z_1 = \dfrac{6 – \ic\sqrt{4}}{4} = \dfrac{3 – \ic}{2}$ et $z_2 = \overline{z_1} = \dfrac{3 + \ic}{2}$
   $\quad$
2. $z^2+z+1=0$
   $\quad$
   On calcule le discriminant : $\Delta = 1^2 – 4 = -3 <0$
   L’équation possède donc deux racines complexes :
   $z_1 = \dfrac{-1 – \ic\sqrt{3}}{2}$ et $z_2 = \overline{z_1} = \dfrac{-1 + \ic\sqrt{3}}{2}$
   $\quad$
3. $z^2 + 2\overline{z} + 1 = 0$
   $\quad$
   Attention, il ne s’agit pas d’une équation du second degré « classique ». On doit donc passer par la forme algébrique de $z = x + \ic y$.
   On obtient ainsi :
   $$\begin{array}{ll} z^2 + 2\overline{z} + 1 = 0 & \Leftrightarrow (x + \ic y)^2 + 2(x – \ic y) + 1 = 0\\ & \Leftrightarrow x^2 – y^2 + 2\ic xy + 2x – 2\ic y + 1 = 0\\ & \Leftrightarrow x^2 – y^2 + 2x + 1 + \ic(2xy – 2y) = 0
   \end{array}$$
   On doit donc résoudre le système :
   $$\begin{array}{ll} \begin{cases} x^2 – y^2 + 2x + 1 = 0 \\\\ 2xy – 2y = 0 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} (x + 1)^2 – y^2 = 0\\\\2y(x – 1) = 0 \end{cases}\\ & \Leftrightarrow \begin{cases} (x + 1)^2 – y^2 = 0 \\\\y = 0 \text( ou ) x = 1 \end{cases}
   \end{array}$$
   Si $y = 0$ alors en remplaçant dans la première équation, on trouve $(x + 1)^2 =0$ soit $x = -1$.
   Si $x = 1$ alors en remplaçant dans la première équation, on trouve $ 4 -y ^2 = 0$ soit $y = 2$ ou $y= -2$.
   $\quad$
   Les solutions de l’équation sont donc : $-1, 1 + 2\ic$ et $1 – 2\ic$.

$$\begin{array}{ll} Z &= \dfrac{z + 2\ic}{z – 1} \\ &= \dfrac{x + \ic y+ 2\ic}{x + \ic y – 1} \\ &= \dfrac{x + \ic(y + 2)}{x – 1 + \ic y} \\ &= \dfrac{x + \ic(y + 2)}{x – 1 + \ic y} \times \dfrac{x – 1 – \ic y}{x – 1 – \ic y} \\ &= \dfrac{x(x – 1) -\ic xy + \ic (y + 2)(x – 1) + y(y + 2)}{(x – 1)^2 + y^2}\\ &=\dfrac{x(x – 1) + y(y + 2) + \ic\left((y + 2)(x – 1) – xy\right)}{(x – 1)^2 + y^2}
\end{array}$$

1. On veut que $Z$ soit un nombre réel. Il faut donc que sa partie imaginaire soit nulle.
   Cela signifie donc que : $\dfrac{(y + 2)(x – 1) – xy}{(x – 1)^2 + y^2} = 0$
   $ \Leftrightarrow xy – y + 2x – 2 – xy = 0$ et $(x;y) \ne (1;0)$
   $ \Leftrightarrow 2x – y – 2 = 0$ et $(x;y) \ne (1;0)$
   L’ensemble des points tel que $Z$ soit un nombre réel est donc la droite d’équation $2x – y – 2 = 0$ privée du point de coordonnées $(1;0)$.
   $\quad$
2. On veut que $Z$ soit un imaginaire pur. Il faut donc que sa partie réelle soit nulle.
   Cela signifie donc que : $\dfrac{x(x – 1) + y(y + 2)}{(x – 1)^2 + y^2} = 0$
   $ \Leftrightarrow x^2 – x + y^2 + 2y = 0$ et $(x;y) \ne (1;0)$
   $ \Leftrightarrow \left(x – \dfrac{1}{2}\right)^2 – \dfrac{1}{4} + (y + 1)^2 – 1 = 0$ et $(x;y) \ne (1;0)$
   $ \Leftrightarrow \left(x – \dfrac{1}{2}\right)^2 + (y + 1)^2 = \dfrac{5}{4}$ et $(x;y) \ne (1;0)$
   L’ensemble des points tel que $Z$ soit un imaginaire pur est donc le cercle de centre $\left(\dfrac{1}{2};-1\right)$ et de rayon $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$ privé du point de coordonnées $(1;0)$.

1. $\quad$
   
2. $z_{\vec{AB}} = z_B – z_A = 2 + \ic – (-1 + \ic)$ $=3$
   $\quad$
   $z_{\vec{AC}} = z_C – z_A = -\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2}\ic – (-1 + \ic)$ $=\dfrac{1}{2} – \dfrac{3}{2}\ic$
   $\quad$
   $z_{\vec{BC}} = z_C – z_B = -\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2}\ic – (2 + \ic)$ $= -\dfrac{5}{2} – \dfrac{3}{2}\ic$
   $\quad$
3. On a donc $AB = |3| = 3$
   $\quad$
   $AC = \left|\dfrac{1}{2} – \dfrac{3}{2}\ic \right| = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{9}{4}}$ $=\sqrt{\dfrac{5}{2}}$
   $\quad$
   $BC = \left|-\dfrac{5}{2} – \dfrac{3}{2}\ic \right| = \sqrt{\dfrac{25}{4} + \dfrac{9}{4}}$ $=\sqrt{\dfrac{17}{2}}$
   $\quad$
   Dans le triangle $ABC$, le plus grand côté est $[BC]$.
   Or $AB^2 + AC^2 = 9 + \dfrac{5}{2} = \dfrac{23}{2}$ et $BC^2 = \dfrac{17}{2}$.
   Par conséquent $AB^2+AC^2 \ne BC^2$.
   D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ n’est pas rectangle.

1. $|z – 3| = |z -1 + \ic| \Leftrightarrow |z – 3| = |z – (1 – \ic)|$
   On appelle $M$ le point d’affixe $z$, $A$ le point d’affixe $3$ et $B$ le point d’affixe $1 -\ic$.
   Par conséquent $|z – 3| = |z – (1 – \ic)| \Leftrightarrow AM = BM$.
   L’ensemble des points cherché est donc la médiatrice de $[AB]$.
   $\quad$
2. $|z +2 – \ic| = \sqrt{5} \Leftrightarrow |z – (-2 + \ic)| = \sqrt{5}$
   On appelle $M$ le point d’affixe $z$ et $C$ le point d’affixe $-2 + \ic$.
   Par conséquent $|z – (-2 + \ic)| = \sqrt{5} \Leftrightarrow CM = \sqrt{5}$.
   L’ensemble des points cherché est donc le cercle de centre $C$ et de rayon $\sqrt{5}$.
   $\quad$
3. $|z + 3 – \ic| \le 2 \Leftrightarrow |z – (-3 +\ic)| \le 2$.
   On appelle $M$ le point d’affixe $z$ et $D$ le point d’affixe $-3 + \ic$.
   Par conséquent $|z – (-3 +\ic)| \le 2 \Leftrightarrow DM \le 2$.
   L’ensemble des points cherché est donc le disque de centre $D$ et de rayon $2$, le cercle étant inclus (il s’agit, autrement dit, du disque fermé).

1. a.
   $$\begin{array}{ll} M = M’ &\Leftrightarrow z = \dfrac{\ic z}{z – \ic} \\ & \Leftrightarrow z^2 – \ic z = \ic z \qquad z \ne \ic \\ & \Leftrightarrow z^2 – 2\ic z = 0 \qquad z \ne \ic \\ & \Leftrightarrow z(z – 2\ic) = 0 \qquad z \ne \ic \\ & \Leftrightarrow z= 0 \text{ ou } z = 2\ic
   \end{array}$$
   Les seuls points vérifiant $M’ = M$ sont les points d’affixe $0$ et $2i$.
   $\quad$
   b. Si $z = 1$ alors $z’ = \dfrac{\ic}{1 – \ic} = \dfrac{\ic (1 + \ic)}{(1 – \ic)(1 + \ic)}$ $ = \dfrac{-1 + \ic}{1^2 + 1^2}$ $=\dfrac{-1 + \ic}{2}$.
   $\quad$
   Le point $B’$ a donc pour affixe $\dfrac{-1 + \ic}{2}$
   $\quad$
   c. On cherche les complexes $z$ tels que :
   $$\begin{array}{ll} \dfrac{\ic z}{z- \ic} = 2 &\Leftrightarrow 2 z -2\ic = \ic z \qquad z \ne \ic \\ & \Leftrightarrow z(2 – \ic) = 2\ic \qquad z \ne \ic \\ & \Leftrightarrow z = \dfrac{2\ic}{2 – \ic} \qquad z \ne \ic \\ & \Leftrightarrow z = \dfrac{2\ic(2 + \ic)}{2^2 + 1^2} \\ & \Leftrightarrow z= \dfrac{-2 + 4\ic}{5}
   \end{array}$$
   Le point $C$ a pour affixe $\dfrac{-2 + 4\ic}{5} $
   $\quad$
2. a.
   $$\begin{array}{ll} z’ = \dfrac{\ic(x + \ic y}{x + \ic y – \ic} \\ & = \dfrac{-y + \ic x}{x + \ic (y – 1)} \\ & = \dfrac{-y + \ic x}{x + \ic (y – 1)} \times \dfrac{x – \ic (y – 1)}{x – \ic (y – 1)} \\ & = \dfrac{-xy + \ic y (y – 1) + \ic x^2 + x(y – 1)}{x^2 + (y – 1)^2} \\ &= \dfrac{-xy + xy – x + \ic (y^2 – y + x^2)}{x^2 + (y – 1)^2} \\ &= \dfrac{-x + \ic(y^2 – y + x^2)}{x^2 + (y – 1)^2}
   \end{array}$$
   Par conséquent $x’ = \dfrac{-x}{x^2 + (y – 1)^2}$ et $y’ = \dfrac{y^2 – y + x^2}{x^2 + (y – 1)^2}$
   $\quad$
   b. $\quad$
   $$\begin{array}{ll} z’ \text{ réel} &\Leftrightarrow y’ = 0 \\ & \Leftrightarrow y^2 – y + x^2 = 0 \qquad (x;y) \ne (0;1) \\ &\Leftrightarrow x^2 + \left(y – \dfrac{1}{2}\right)^2 – \dfrac{1}{4} = 0 \qquad (x;y) \ne (0;1) \\ & \Leftrightarrow x^2 + \left(y – \dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} \qquad (x;y) \ne (0;1)
   \end{array}$$
   Il s’agit du cercle de centre $D$ d’affixe $\dfrac{1}{2}\ic$ et de rayon $\dfrac{1}{2}$ privé de $A$.
   $\quad$
   c. $\quad$
   
3. a. $z’ – \ic = \dfrac{\ic z}{z – \ic} – \ic $ $= \dfrac{ic z – \ic z – 1}{z – \ic}$ $ = \dfrac{-1}{z \ic}$
   $\quad$
   b. Si $M$ appartient à $\gamma$ alors $AM = 1$ soit $|z – \ic| = 1$.
   Or :
   $$\begin{array}{ll} |z’ – \ic| & = \left|\dfrac{-1}{z – \ic}\right| \\ & = \dfrac{1}{|z – \ic|} \\ &= \dfrac{1}{1} \\ & = 1
   \end{array}$$
   Par conséquent $M’$ appartient également au cercle $\gamma$.