Page 11 - Exo7 - Exercices de mathématiques

Ensuite pour
√

2 1
z−3 2 2
= ⇔ |z−3| = |z−5|
z−5 2 2
1
⇔ (z−3)(z−3) = (z−5)(z−5)
2
⇔ zz−(z+z) = 7
2
⇔ |z−1| = 8
√
⇔ |z−1| = 2 2

√
L’ensemble solution est donc le cercle de centre le point d’affixe 1 = (1,0) et de rayon 2 2.

Correction de l’exercice 13 N
2
2
2
2
|u+v| +|u−v| = (u+v)( ¯u+ ¯v)+(u−v)( ¯u− ¯v) = 2u ¯u+2v¯v = 2|u| +2|v| .
Géométriquement il s’agit de l’identité du parallélogramme. Les points d’affixes 0,u,v,u+v forment un paral-
lélogramme. |u| et |v| sont les longueurs des cotés, et |u+v|,|u−v| sont les longueurs des diagonales. Il n’est
pas évident de montrer ceci sans les nombres complexes!!

Correction de l’exercice 14 N
−−→ −−→
1. Comme (A 0 ,...,A 4 ) est un pentagone régulier, on a OA 0 = OA 1 = OA 2 = OA 3 = OA 4 = 1 et (OA 0 ,OA 1 ) =
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
2π [2π],(OA 0 ,OA 2 ) = 4π [2π],(OA 0 ,OA 3 ) = − 4π [2π],(OA 0 ,OA 4 ) = − 2π [2π],. On en déduit : ω 0 =
5 5 5 5
2iπ 4iπ − 4iπ 6iπ − 2iπ 8iπ i
1,ω 1 = e 5 ,ω 2 = e 5 ,ω 3 = e 5 = e 5 ,ω 4 = e 5 = e 5 ,. On a bien ω i = ω . Enfin, comme ω 1 6= 0,
1
5
1−ω
4
1+ω 1 +...+ω = 1 = 1−1 = 0.
1 1−ω 1 1−ω 1
4
2 2π
2. Re(1 + ω 1 + ... + ω ) = 1 + 2cos( 2π ) + 2cos( 4π ). Comme cos( 4π ) = 2cos ( 5 ) − 1 on en déduit :
1
5
5
5
2
2 2π
4cos ( ) + 2cos( 2π ) − 1 = 0. cos( 2π ) est donc bien une solution de l’équation 4z + 2z − 1 = 0.
5 5 5 √ √
2
Etudions cette équation : ∆ = 20 = 2 .5. Les solutions sont donc −1− 5 et −1+ 5 . Comme cos( 2π ) > 0,
√ 4 4 5
on en déduit que cos( 2π ) = 5−1 .
5 4
2
2
2
2 4π
2 4π
3. BA = |ω 2 +1| = |cos( 4π )+isin( 4π )+1| = 1+2cos( 4π )+cos ( )+sin ( ) = 4cos ( ). Donc
2 2π
2 √ 5 5 5 5 5 5
BA 2 = 5−1 .
2
√ √
4. BI = |i/2+1| = 5 . BJ = BI −1/2 = 5−1 .
2 2
5. Pour tracer un pentagone régulier, on commence par tracer un cercle C 1 et deux diamètres orthogonaux,
qui jouent le rôle du cercle passant par les sommets et des axes de coordonnées. On trace ensuite le
milieu d’un des rayons : on obtient le point I de la question 4. On trace le cercle de centre I passant
par le centre de C 1 : c’est le cercle C . On trace le segment BI pour obtenir son point J d’intersection
avec C . On trace enfin le cercle de centre B passant par J : il coupe C 1 en A 2 et A 3 , deux sommets du
pentagone. Il suffit pour obtenir tous les sommets de reporter la distance A 2 A 3 sur C 1 , une fois depuis
0
A 2 , une fois depuis A 3 . (en fait le cercle de centre B et passant par J , le point de C diamétralement
opposé à J, coupe C 1 en A 1 et A 4 , mais nous ne l’avons pas justifié par le calcul : c’est un exercice!)
Correction de l’exercice 15 N

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