On considère le polynôme $P(z)=z^4-2z^3-2z-1$.
Calculer $P(i)$ et $P(-i)$.
$\quad$
En déduire que $P(z)=\left(z^2+1\right)\left(az^2+bz+c\right)$ où $a$, $b$ et $c$ sont des réels qu’on déterminera.
$\quad$
En déduire la résolution de l’équation $P(z)=0$ dans $\mathbb{C}$.
$\quad$
$P(i) = i^4-2i^3-2i -1 = 1 +2i-2i-1 = 0$.
$P(-i)=(-i)^4-2(-i)^3-2(-i)-1 = 1-2i+2i-1=0$.
$\quad$
Il existe donc trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que :
$$P(z)=(z-i)(z+i)\left(az^2+bz+c\right)$$
Soit
$$\begin{align*}
P(z) &= \left(z^2+1\right)\left(az^2+bz+c\right)\\
&=az^4+bz^3+cz^2+az^2+bz+c \\
&=az^4+bz^3+(a+c)z^2+bz+c
\end{align*}$$
On identifie avec le polynôme initial. On trouve alors :
$$\begin{cases} a=1 \\b=-2\\a+c=0\\b=-2\\c=-1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a=1\\b=-2\\c=-1\end{cases}$$
Par conséquent $P(z)=\left(z^2+1\right)\left(z^2-2z-1\right)$.
$\quad$
Résolvons l’équation $z^2-2z-1=0$.
$\Delta = (-2)^2-4\times 1 \times (-1) = 8 >0$
Il y a donc deux racines réelles $z_1=\dfrac{2-\sqrt{8}}{2}=1-\sqrt{2}$ et $z_2=1+\sqrt{2}$.
Ainsi
$$\begin{align*}
P(z)=0 &\Leftrightarrow \left(z^2+1\right)\left(z^2-2z-1\right) = 0 \\
&\Leftrightarrow z^2+1=0 \text{ ou } z^2-2z-1=0 \\
&\Leftrightarrow z \in \left\{i,-i,1-\sqrt{8},1+\sqrt{8}\right\}
\end{align*}$$
Les solutions de l’équation $P(z)=0$ sont donc $i,-i, 1-\sqrt{8},1+\sqrt{8}$.
$z_1=\dfrac{2-\sqrt{8}}{2}=1-\sqrt{2}$ et $z_2=1+\sqrt{2}$.
Déterminer l’ensemble des points $M(z)$ du plan complexe tels que $\dfrac{z+1}{z-i}$ soit
-
un imaginaire pur
$\quad$
-
un réel
On note $z=x+i y$. Pour tout complexe $z\neq i$ on a :
$$\begin{align*}
\dfrac{z+1}{z-i} &= \dfrac{x+i y +1}{x+i y – i}\\
&= \dfrac{x+1+i y}{x + i(y-1) } \\
&= \dfrac{x+1+i y}{x + i(y-1)} \times \dfrac{x – i(y-1)}{x – i(y-1)} \\
&=\dfrac{x(x+1)+y(y-1)+i\left(yx-(x+1)(y-1)\right)}{x^2+(y-1)^2} \\
&=\dfrac{x^2+x+y^2-y+i (yx-xy+x-y+1)}{x^2+(y-1)^2} \\
&=\dfrac{x^2+x+y^2-y+i (x-y+1)}{x^2+(y-1)^2}
\end{align*}$$
- $\quad$
$$\begin{align*}\dfrac{z+1}{z-i} \text{ est un imaginaire pur} &\Leftrightarrow \dfrac{x^2+x+y^2-y}{x^2+(y-1)^2}=0\\
&\Leftrightarrow x^2+x+y^2-y=0 \text{ et } x^2+(y-1)^2\neq 0 \\
&\Leftrightarrow \left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{4}+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{4} = 0 \text{ et } (x;y)\neq(0;1) \\
&\Leftrightarrow \left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2= \dfrac{1}{2} \text{ et } (x;y)\neq(0;1) \\
\end{align*}$$
Donc l’ensemble des points cherché est le cercle de centre $A\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i}{2}\right)$ et de rayon $\sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ privé du point d’affixe $i$.
$\quad$
- $\quad$
$$\begin{align*} \dfrac{z+1}{z-i} \text{ est un réel} &\Leftrightarrow \dfrac{x-y+1}{x^2+(y-1)^2}=0 \\
&\Leftrightarrow x-y+1=0 \text{ et } (x;y)\neq (0;1)
\end{align*}$$
Donc l’ensemble des points cherché est la droite d’équation $x-y+1=0$ privée du point d’affixe $i$.
$\quad$
Les deux questions sont indépendantes
Déterminer et représenter l’ensemble des points $M(z)$ du plan complexe tels que $|z|=\left|\dfrac{2+i}{z}\right| = |z-1|$.
$\quad$
Déterminer et représenter l’ensemble des points $M(z)$ du plan complexe tels que $|z|=2|z-i|$.
$\quad$
- On cherche donc l’ensemble des points qui vérifient à la fois $|z|=\left|\dfrac{2+i}{z}\right|$ et $|z|=|z-1|$.
$$|z|=\left|\dfrac{2+i}{z}\right| \Leftrightarrow |z|^2=|2+i| \Leftrightarrow |z|^2=\sqrt{5} \Leftrightarrow |z|=\sqrt{\sqrt{5}}$$
L’ensemble des points vérifiant $|z|=\left|\dfrac{2+i}{z}\right|$ est le cercle de centre $O$, l’origine du repère, et de rayon $\sqrt{\sqrt{5}}$.
Si on appelle $M$ le point d’affixe $z$, $A$ le point d’affixe $1$ alors $|z|=|z-1| \Leftrightarrow OM=AM$.
L’ensemble des points vérifiant $|z|=|z-1|$ est donc la médiatrice du segment $[0A]$.
L’ensemble des points cherché est donc l’intersection du cercle et de la droite, c’est-à-dire les points $B$ et $C$.
- On note $z=x+i y$.
$$\begin{align*}
|z|=2|z-i\| &\Leftrightarrow |z|^2=4|z-i|^2 \\
&\Leftrightarrow x^2+y^2=4\left|x+i y – i\right|^2 \\
&\Leftrightarrow x^2+y^2=4\left(x^2+(y-1)^2\right) \\
&\Leftrightarrow x^2+y^2=4(x^2+y^2-2y+1) \\
&\Leftrightarrow 0=3x^2+3y^2-8y+4 \\
&\Leftrightarrow x^2+y^2-\dfrac{8}{3}y+\dfrac{4}{3}=0 \\
&\Leftrightarrow x^2+\left(y-\dfrac{4}{3}\right)^2-\dfrac{16}{9}+\dfrac{4}{3} =0\\
&\Leftrightarrow x^2+\left(y-\dfrac{4}{3}\right)^2 = \dfrac{4}{9}
\end{align*}$$
L’ensemble des points cherché est donc le cercle de centre le point $A$ d’affixe $\dfrac{4}{3}i$ et de rayon $\sqrt{\dfrac{4}{9}}=\dfrac{2}{3}$.
Pour tout nombre complexe $z$ différent de $-1$, montrer que :
$$\dfrac{z^2}{z+1}\in \mathbb{R} \Leftrightarrow z=\overline{z} \text{ ou } \overline{z}z+z+\overline{z}=0.$$
On note $z=x+i y$.
$$\begin{align*}
\dfrac{z^2}{z+1} &=\dfrac{(x^+i y)^2}{x+i y+1} \\
&=\dfrac{x^2-y^2+2i xy}{(x+1)+i y} \times \dfrac{(x+1)-i y}{(x+1)-i y} \\
&=\dfrac{\left(x^2-y^2\right)(x+1)+2xy^2-\left(x^2-y^2\right)i y + 2i xy(x+1)}{(x+1)+y^2} \\
&=\dfrac{\left(x^2-y^2\right)(x+1)+2xy^2+i\left(-\left(x^2-y^2\right)y + 2 xy(x+1)\right)}{(x+1)^2+y^2}
\end{align*}$$
Or
$$\begin{align*} \dfrac{z^2}{z+1}\in \mathbb{R} &\Leftrightarrow \Im\text{m}\left(\dfrac{z^2}{z+1}\right) = 0\\
& \Leftrightarrow \dfrac{-\left(x^2-y^2\right)y + 2 xy(x+1)}{(x+1)^2+y^2} =0 \\
& \Leftrightarrow y\left(-\left(x^2-y^2\right) + 2 x(x+1)\right) = 0 \text{ et } (x+1)^2+y^2\neq =0 \\
& \Leftrightarrow y\left(-x^2+y^2+2x^2+2x\right)=0 \text{ et } (x;y)\neq (-1;0) \\
& \Leftrightarrow y\left(x^2+y^2+2x\right)=0 \text{ et } (x;y) \neq (-1;0) \\
& \Leftrightarrow \left(y=0 \text{ ou } x^2+y^2+2x=0\right) \text {et } (x;y) \neq (-1;0)
\end{align*}$$
Mais $y=0 \Leftrightarrow z=\overline{z}$ et $\overline{z}z+z+\overline{z} = x^2+y^2+x+i y + x-i y = x^2+y^2+2x$.
Par conséquent, pour tout nombre complexe $z$ différent de $-1$ :
$$\dfrac{z^2}{z+1}\in \R \Leftrightarrow z=\overline{z} \text{ ou } \overline{z}z+z+\overline{z}=0.$$
On considère l’application $f$ qui à tout nombre complexe $z$ différent de 1, associe le nombre complexe
$$f(z) = \frac{2 – \text{i}z}{1 – z}.$$
L’exercice étudie quelques propriétés de $f$.
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct $(O, \vec{u}, \vec{v})$ d’unité graphique $2$ cm, dans lequel seront représentés les ensembles trouvés aux questions 1 et 2.
$A$ est le point d’affixe $1$ et $B$ celui d’affixe $- 2i$.
On pose $z = x + \text{i}y$ avec $x$ et $y$ réels.
Écrire $f(z)$ sous forme algébrique. En déduire l’ensemble des points $M$ d’affixe $z$ tels que $f(z)$ soit un réel et représenter cet ensemble.
$\quad$
On pose $z’ = f(z).$
a. Vérifier que $i$ n’a pas d’antécédent par $f$ et exprimer, pour $z’$ différent de i, $z$ en fonction de $z’$.
$\quad$
b. $M$ est le point d’affixe $z$ ($z$ différent de $1$) et $M’$ celui d’affixe $z’$ ($z’$ différent de $i$).
Montrer que $OM = \dfrac{M’C}{M’D}$ où $C$ et $D$ sont les points d’affixes respectives $2$ et $i$.
$\quad$
c. Montrer que, lorsque le point $M$ décrit le cercle de centre $O$ et de rayon $1$ privé du point $A$, son image $M’$ appartient à une droite fixe que l’on définira géométriquement.
$\quad$
$\begin{align} f(z) &= \dfrac{2 – iz}{1 – z} \\\\
&=\dfrac{2 – i (x + iy)}{1 – (x + i y)} \\\\
&= \dfrac{2 – i x + y}{1 – x – i y} \\\\
&= \dfrac{2 + y – i x}{1 – x – i y} \times \dfrac{1 – x + i y}{1 – x + i y} \\\\
&= \dfrac{(2 + y)(1 – x) + xy – (1 – x)xi + (2 + y)y i}{(1 – x)^2 + y^2} \\\\
&= \dfrac{(2 + y)(1 – x) + xy+ (x^2 – x + 2y + y^2)i }{(1 – x)^2 + y^2} \\\\
&= \dfrac{2 – 2x + y +(x^2 – x + 2y + y^2)i}{(1 – x)^2 + y^2} \\\\
\end{align}$
$\quad$
$\begin{align} f(z) \text{ réel} &\Leftrightarrow x^2 – x + 2y + y^2 = 0 \qquad (x;y) \ne (1;0) \\\\
& \Leftrightarrow \left(x – \dfrac{1}{2}\right)^2 – \dfrac{1}{4} + (y + 1)^2 – 1 = 0 \qquad (x;y) \ne (1;0) \\\\
&\Leftrightarrow \left(x – \dfrac{1}{2}\right)^2 + (y + 1)^2 = \dfrac{5}{4} \qquad (x;y) \ne (1;0)
\end{align}$
Le point $M$ appartient donc au cercle de centre $E$ d’affixe $\dfrac{1}{2} – i$ de rayon $\sqrt{\dfrac{5}{4}} = \dfrac{\sqrt{5}}{2}$ privé du point $A$.
$\quad$
a. Supposons qu’il existe un nombre complexe $z$ tel que $f(z) = i$.
On a alors :
$\begin{align} f(z) = i & \Leftrightarrow \dfrac{2 – i z}{1 – z} = i \\\\
& \Leftrightarrow 2 – i z = i(1 – z) \\\\
& \Leftrightarrow 2 – iz = i –i z \\\\
& \Leftrightarrow 2 = i
\end{align}$
Ce qui est impossible.
Par conséquent $i$ n’a pas d’antécédent par $f$
$\quad$
Soit $z’ \ne i$
$\begin{align} z’ = \dfrac{2 – i z}{1 – z} & \Leftrightarrow z'(1 – z) = 2 – i z \\\\
&\Leftrightarrow z’ – zz’ = 2 – i z \\\\
&\Leftrightarrow i z – zz’ = 2 – z’ \\\\
&\Leftrightarrow z(i – z’) = 2 – z’ \\\\
& \Leftrightarrow z = \dfrac{2 – z’}{i – z’}
\end{align}$
$\quad$
b. $OM = |z| $ $= \left|\dfrac{2 – z’}{i – z’}\right|$ $ = \dfrac{|2 – z’|}{|i– z’|}$ $=\dfrac{M’C}{M’D}$
$\quad$
c. Lorsque $M$ décrit le cercle de centre $O$ et de rayon $1$ privé du point $A$ alors $OM = 1$.
Par conséquent $\dfrac{M’C}{M’D} = 1$ soit $M’C = M’D$.
Le point $M’$ appartient donc à la médiatrice du segment $[CD]$.
On considère le polynôme $P$ défini par :
$$P(z) = z^4 – 6z^3 + 24z^2 – 18z + 63.$$
Calculer $P\left(\text{i}\sqrt{3}\right)$ et $P\left(-~\text{i}\sqrt{3}\right)$ puis montrer qu’il existe un polynôme $Q$ du second degré à coefficients réels, que l’on déterminera, tel que, pour tout $z \in \mathbb{C}$, on ait $P(z) = \left(z^2 + 3\right) Q(z)$.
$\quad$
Résoudre dans $\mathbb{C}$ l’équation $P(z) = 0$.
$\quad$
Placer dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal $(O,\vec{u}, \vec{v})$, les points $A$, $B$, $C$, $D$ d’affixes respectives $z_A = \text{i}\sqrt{3},~ z_B =-~\text{i}\sqrt{3},~ z_C = 3 + 2\text{i}\sqrt{3}$ et $z_D = \overline{z_C}$, puis montrer que ces quatre points appartiennent à un même cercle.
$\quad$
$\begin{align} P\left(i \sqrt{3} \right) &= \left(i \sqrt{3} \right)^4 – 6 \left(i \sqrt{3} \right)^3 + 24\left(i \sqrt{3} \right)^2 – 18\left(i\sqrt{3} \right) + 63 \\\\
&= 9 + 18\sqrt{3} i – 24 \times 3 – 18 \sqrt{3}i + 63 \\\\
& = 0
\end{align}$$\quad$
$\begin{align} P\left(-i \sqrt{3} \right) &= \left(-i \sqrt{3} \right)^4 – 6 \left(-i \sqrt{3} \right)^3 + 24\left(-i \sqrt{3} \right)^2 – 18\left(-i \sqrt{3} \right) + 63 \\\\
&= 9 – 18\sqrt{3} i – 24 \times 3 + 18 \sqrt{3}i + 63 \\\\
& = 0
\end{align}$$\quad$
Remarque : la propriété suivante s’applique ici : Si $z_0$ est une racine d’un polynôme à coefficient réelle alors $\overline{z_0}$ est aussi une racine de ce polynôme.
$\quad$
On cherche les réels $a$, $b$ et $c$ tels $Q(z) = az^2 + bz + c$ et $(z^2 + 3)Q(z) = P(z)$.
On a ainsi :
$\begin{align} (z^2 + 3)Q(z) &= (z^2 + 3)(az^2 + bz + c) \\\\
&=az^4 + bz^3 + cz^2 + 3az^2 + 3bz + 3c \\\\
&=az^4 + bz^3 + (c + 3a)z^2 + 3bz + 3c
\end{align}$
On veut que $(z^2 + 3)Q(z) = P(z)$. En identifiant les coefficients on obtient ainsi :
$\begin{cases} a = 1 \\\\b = -6 \\\\c + 3a = 24 \\\\ 3b = -18\\\\3c = 63 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} a = 1 \\\\b = -6 \\\\c = 21 \end{cases}$.
Par conséquent $Q(z) = z^2 – 6z + 21$
$\quad$
$P(z) = 0 \Leftrightarrow z^2 + 3 = 0$ ou z^2 – 6z + 21 = 0
$z^2 + 3 = 0 \Leftrightarrow z=i \sqrt{3}$ ou $z = -i \sqrt{3}$
$z^2 – 6z + 21 = 0$ $\qquad \Delta = 36 – 84 = -48<0$.
Il y a donc 2 racines complexes : $z_1 = \dfrac{6 – i \sqrt{48}}{2} = 3 – 2i \sqrt{3}$ et $z_2 = 3 + 2i \sqrt{3}$
L’équation $P(z) = 0$ possède donc $4$ solutions : $-i \sqrt{3}$, $i \sqrt{3}$, $3 -2i \sqrt{3}$ et $3 + 2i \sqrt{3}$.
$\quad$
Montrons que les points $A$, $B$, $C$ et $D$ appartiennent au cercle de centre $E$ d’affixe $3$ et de rayon $2\sqrt{3}$.
$EC = |2i \sqrt{3}| = 2\sqrt{3}$ $\quad$ $ED = |-2i \sqrt{3}| = 2\sqrt{3}$
$EA = |-3 + i \sqrt{3}| = \sqrt{9 + 3} = 2\sqrt{3}$ $\quad$ $EB = |-3 – i \sqrt{3}| = 2\sqrt{3}$.
Par conséquent, les points $A$, $B$, $C$ et $D$ appartiennent au cercle de centre $E$ de rayon $2\sqrt{3}$.