Exercices de Math´ematiques
Nombres complexes et g´eom´etrie (II)
´Enonc´es
´Enonc´es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Soit ABCD un quadrilat`ere.
A partir de chaque cot´e, et vers l’ext´erieur, on construit un triangle rectangle isoc`ele.
Montrer que les diagonales du quadrilat`ere obtenu sont orthogonales et de mˆeme longueur.
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Trouver une condition n´ecessaire et suffisante pour que l’orthocentre du triangle de sommets
A(z), B(z2) C(z3) soit `a l’origine.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
Chercher une condition n´ecessaire et suffisante pour que les points M (u), N (v) soient sym´etriques
par rapport `a la droite passant par A(a) et d’angle polaire α (mod π).
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
Donner une CNS sur a, b, c pour que A(a), B(b) et C(c) soient align´es.
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Trouver la condition n´ecessaire et suffisante sur les complexes a, b, c pour que les points images
des racines de l’´equation z4 + az2 + bz + c = 0 forment un carr´e.
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Jean-Michel Ferrard
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Nombres complexes et g´eom´etrie (II)
Indications, r´esultats
Indications ou r´esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Calculer les affixes des sommets ext´erieurs cons´ecutifs A0, B0, C 0, D0 des triangles en fonction de
ceux des sommets A, B, C, D du quadrilat`ere.
Montrer que [B0, D0] se d´eduit de [A0, C 0] par une rotation d’angle π
2 .
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On ´ecrit que OA est orthogonal a BC, et que OB est orthogonal a AC.
Les solutions sont les nombres complexes 0, j, j2.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
La condition s’´ecrit v = e2iα u + a − ae2iα.
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Les trois points sont align´es si et seulement si ab + bc + ca est r´eel.
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Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Remarquer que la somme des racines de P (z) = z4 + az2 + bz + c est nulle.
La condition cherch´ee est a = b = 0.
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Corrig´es
Corrig´es des exercices
Corrig´e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Soit A0 le sommet (l’angle droit) du triangle form´e sur le segment [A, B].
A se d´eduit de B par la rotation de centre A0 et d’angle π
2 .
Autrement dit, l’affixe a0 de A0 v´erifie (a − a0) = i(b − a0) donc a0 =
a − ib
1 − i
.
De mˆeme, les affixes b0, c0, d0 des points B0, C 0, D0 construits `a partir des segments [B, C], [C, D]
et [D, A] v´erifient b0 =
On en d´eduit c0 − a0 =
c − id
1 − i
, c0 =
b − ic
1 − i
c − a − i(d − b)
1 − i
et d0 =
d − ia
1 − i
.
et d0 − b0 =
d − b − i(a − c)
1 − i
.
Autrement dit d0 − b0 = i(c0 − a0) ce qui signifie que le segment [B0, D0] se d´eduit de [A0, C 0] par
une rotation d’angle π
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2 . Ainsi ces segments sont orthogonaux et de mˆeme longueur.
Corrig´e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On commence par traiter les cas o`u deux au moins des points A, B, C sont confondus.
Il s’agit de z ∈ {0, 1} (alors A, B, C sont confondus) et z = −1 (dans ce cas A = B 6= C).
On peut consid´erer que z = 0 est une solution. Si z /∈ {0, 1, −1}, il suffit d’´ecrire que le segment
OA est orthogonal a BC, et que le segment OB est orthogonal a AC.
π
2
Ces conditions ’´ecrivent : arg
z3 − z2
z
(mod π) et arg
z2 =
(mod π).
z3 − z
π
2
=
Posons z = x + iy, avec (x, y) ∈ IR2.
π
2
z3 − z2
z
arg
=
(mod π) ⇔ arg(z2 − z) =
π
2
(mod π)
⇔ z2 − z = (x2 − y2 − x) + iy(2x − 1) est imaginaire pur
⇔ x2 − y2 − x = 0 ⇔ (x − 1
2 )2 − y2 = 1
4
arg
z3 − z
z2
=
π
2
(mod π) ⇔ arg
z2 − 1
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z2 − 1
z
z
⇔ (z2 − 1)z = −z(z2 − 1) ⇔ z |z|2 − z = −z |z|2 + z
⇔ (z + z)(|z|2 − 1) = 0 ⇔ Re (z) = 0 ou |z| = 1
(mod π) ⇔
π
2
=
= −
z2 − 1
z
Finalement les z = x + iy solutions sont donn´es par
(cid:26) x2 − y2 − x = 0
x = 0
ou
(cid:26) x2 − y2 − x = 0
x2 + y2 = 1
.
Le premier systeme ne donne que z = 0, solution qu’on a d´eja rencontr´ee.
Le deuxi`eme donne
(cid:26) x2 + y2 = 1
2x2 − x − 1 = 0
(
⇔
x2 + y2 = 1
x = 1 ou x = − 1
2
⇔ z ∈ {1, j, j2}.
Les solutions du probleme sont donc 0, j, j2 (dans le premier cas ABC est r´eduit a l’origine,
sinon c’est le triangle ´equilat´eral de sommets les points d’affixes 1, j, j2.)
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
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La translation associ´ee au nombre complexe −a nous ramene a l’origine.
Ensuite la rotation de centre 0 et d’angle −α ramene au cas ou l’axe de sym´etrie est Ox.
On sait enfin que P (z) et P 0(z0) sont sym´etriques par rapport `a Ox ⇔ z0 = z.
La condition cherch´ee sur a et b s’´ecrit donc (v − a)e−iα = (u − a)e−iα = (u − a)eiα.
Cette condition s’´ecrit aussi : v = a + (u − a)e2iα = e2iα u + a − ae2iα.
Corrig´e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Si a = b ou a = c ou b = c, alors A, B, C sont align´es.
Dans chacun de ces trois cas, ab + bc + ca est effectivement un nombre r´eel.
Par exemple, si a = b, alors ab + bc + ca = |a|2 + ac + ca = |a|2 + 2Re (ac).
On suppose donc que a, b, c sont distincts deux `a deux.
A, B, C sont align´es⇔ arg
c − a
b − a
⇔ (c − a)(b − a) = (c − a)(b − a) ⇔ cb − ca − ab = cb − ca − ab
c − a
b − a
c − a
b − a
(mod π) ⇔
= 0
=
⇔ ab + bc + ca = ab + bc + ca ⇔ ab + bc + ca ∈ IR
Corrig´e de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
La somme des racines de P (z) = z4 + az2 + bz + c est nulle. Si les points images des racines de
P forment un carr´e, le centre de celui-ci est en 0. On doit donc chercher `a quelles conditions
sur a, b, c les racines de P peuvent s’´ecrire α, iα, −α, −iα, avec α ∈ lC.
On a (z − α)(z − iα)(z + α)(z + iα) = z4 − α4.
La condition impos´ee implique donc a = b = 0 et c = −α4.
R´eciproquement si a = b = 0, P (z) = z4 + c. Les racines de P sont alors les racines quatri`emes
de −c. On sait que leurs points images sont les quatre sommets d’un carr´e de centre 0.
Finalement la condition cherch´ee est a = b = 0.
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