Polynésie 2010. Enseignement spécifique

EXERCICE 1

1. Soient $a$, $b$, $a'$ et $b'$ quatre nombres réels puis $z=a+ib$ et $z'=a'+ib'$. \begin{align*} \overline{z}\times\overline{z'}&=(a-ib)(a'-ib')=(aa'-bb')-i(ab'+ba')=\overline{((aa'-bb')+i(ab'+ba'))}\\ &=\overline{(a+ib)(a'+ib')}=\overline{z\times z'}. \end{align*}

   Pour tous nombres complexes $z$ et $z'$, $\overline{z}\times\overline{z'}=\overline{z\times z'}$.



2. Soit $z$ un nombre complexe. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non nul $n$, $\overline{z^n}=\left(\overline{z}\right)^n$.
   • C'est vrai pour $n=1$ car $\overline{z^1}=\overline{z}=\left(\overline{z}\right)^1$.
   • Soit $n\geqslant1$. Supposons que $\overline{z^n}=\left(\overline{z}\right)^n$. Alors
   \begin{align*} \overline{z^{n+1}}&=\overline{z^n\times z}=\overline{z^n}\times\overline{z}\;(\text{d'après 1)})\\ &=\left(\overline{z}\right)^n\times\overline{z}\;(\text{par hypothèse de récurrence})\\ &=\left(\overline{z}\right)^{n+1}. \end{align*}

   Le résultat est démontré par récurrence.

   Pour tout nombre complexe $z$ et tout entier naturel non nul $n$, $\overline{z^n}=\left(\overline{z}\right)^n$.

1. Soit $z$ un nombre complexe. Puisque $(-z)^4=z^4$, $z^4=-4\Rightarrow(-z)^4=-4$.
   D'autre part, puisque $-4$ est un nombre réel, $z^4=-4\Rightarrow\overline{z^4}=\overline{-4}\Rightarrow\left(\overline{z}\right)^4=-4$.

   On a montré que

   si $z$ est solution de $(E)$ alors $-z$ et $\overline{z}$ sont solutions de $(E)$.



2. 1. $\left|z_0\right|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$ puis $$z_0=\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}i\right)=\sqrt{2}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\right)=\sqrt{2}e^{i\pi/4}.$$

      $z_0=\sqrt{2}e^{i\pi/4}$.

   
   
   2. $z_0^4=\left(\sqrt{2}e^{i\pi/4}\right)^4=\left(\sqrt{2}\right)^4\left(e^{i\pi/4}\right)^4=4e^{i\pi}=4(-1+0i)=-4$. Donc $z_0$ est solution de l'équation $(E)$.
   
   
3. L'équation $(E)$ admet $z_0=1+i$ pour solution. mais alors, d'après la question 1, l'équation $(E)$ admet aussi pour solution $-z_0=-1-i$, $\overline{z_0}=1-i$ et donc aussi $-\overline{z_0}=-1+i$.

   Les quatre nombres $1+i$, $1-i$, $-1+i$ et $-1-i$ sont solutions de l'équation $(E)$.

1. \begin{align*} z_E&=z_C+e^{-i\frac{\pi}{3}}(z_B-z_C)\\ &=-1-i+\left(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)((-1+i)-(-1-i))=-1-i+2i\left(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ &=-1-i+i+\sqrt{3}=-1+\sqrt{3}. \end{align*}

   $z_E=-1+\sqrt{3}$.



2. \begin{align*} z_F&=z_C+e^{-i\frac{\pi}{3}}(z_D-z_C)\\ &=-1-i+\left(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)((1-i)-(-1-i))=-1-i+2\left(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ &=-1-i+1-i\sqrt{3}=-i-i\sqrt{3}. \end{align*}

   $z_F=-i\left(1+\sqrt{3}\right)$.



3. \begin{align*} \dfrac{z_A-z_E}{z_A-z_F}&=\dfrac{1+i-(-1+\sqrt{3})}{1+i+i(1+\sqrt{3})}=\dfrac{2-\sqrt{3}+i}{1+i(2+\sqrt{3})}=(2-\sqrt{3})\dfrac{1+\dfrac{i}{2-\sqrt{3}}}{1+i(2+\sqrt{3})}\\ &=(2-\sqrt{3})\dfrac{1+i(2+\sqrt{3})}{1+i(2+\sqrt{3})}\;(\text{car}\;(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})=4-3=1)\\ &=2-\sqrt{3}. \end{align*}

   En particulier, $\dfrac{z_A-z_E}{z_A-z_F}$ est un nombre réel.



4. De l'égalité $\dfrac{z_A-z_E}{z_A-z_F}=2-\sqrt{3}$, on déduit l'égalité $z_A-z_E=\left(2-\sqrt{3}\right)(z_A-z_F)$ puis l'égalité $\overrightarrow{EA}=\left(2-\sqrt{3}\right)\overrightarrow{FA}$.

   En particulier, les vecteurs $\overrightarrow{EA}$ et $\overrightarrow{FA}$ sont colinéaires et on en déduit que

   les points $A$, $E$ et $F$ sont alignés.

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