Exercice complet: 2nd degré, géométrie, formes algébriques et exponentielles

Exercice corrigé - Maths expertes, terminale générale

Énoncé

  1. Résoudre l'équation $(z^2-2z+4)(z^2+4)=0$.
  2. On considère les points $A$ et $B$ d'affixes respectives $z_A=1+i\sqrt3$ et $z_B=2i$.
    1. Écrire $z_A$ et $z_B$ sous forme exponentielle et justifier que les points $A$ et $B$ sont sur un cercle de centre $O$ dont on précisera le rayon.
    2. Faire une figure et placer les points $A$ et $B$.
    3. Déterminer une mesure de l'angle $\lp\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rp$.

  3. On note $F$ le milieu de $[AB]$.
    1. Placer le point $F$ sur la figure précédente et calculer son affixe $z_F$.
    2. Donner une mesure de l'angle $\lp\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OF}\rp$ puis en déduire une mesure de l'angle $\lp\overrightarrow{u},\overrightarrow{OF}\rp$.
    3. Calculer le module de $z_F$ et en déduire l'écriture de $z_F$ sous forme trigonométrique.
    4. En déduire la valeur exacte de: $\cos\lp\dfrac{5\pi}{12}\rp$



Correction

Correction

  1. $(z^2-2z+4)(z^2+4)=0 \iff z^2-2z+4=0$ ou $z^2+4=0$
    La première équation est du second degré, de discriminant $\Delta=-12<0$ et admet donc deux racines complexes conjuguées: $z_1=\dfrac{2-i\sqrt{12}}2=1-i\sqrt3$ et $z_2=1+i\sqrt3$.
    La deuxième équation est aussi du second degré, mais peut se résoudre plus simplement $z^2+4=0\iff z^2=-4 \iff z=\pm2i$.
    Ainsi, l'équation a quatre solutions $\mathcal{S}=\la1-\sqrt3;1°i\sqrt3;-2i;2i\ra$.
  2. On considère les points $A$ et $B$ d'affixes respectives $z_A=1+i\sqrt3$ et $z_B=2i$.
    1. $|z_A|=\sqrt{1+\sqrt3^2}=2$ et donc $\cos\theta_A=\dfrac12$ et $\sin\theta_A=\dfrac{\sqrt3}2$. On en déduit que $\theta_A=\dfrac\pi3$ et donc que $z_A=1+i\sqrt3=2e^{i\frac\pi3}$.
      On a $i=e^{i\frac\pi2}$ et donc $z_B=2e^{i\frac\pi2}$.

      Comme $|z_A|=|z_B|=2$, on en déduit que les points $A$ et $B$ sont sur un cercle de centre $O$ et de rayon 2.

    2. \[\psset{unit=1cm,arrowsize=7pt} \begin{pspicture}(-3,-2)(3,2) \psline{->}(-2.6,0)(2.6,0) \psline{->}(0,-2.6)(0,2.8) \psline[linewidth=2pt]{->}(0,0)(1,0)\rput(.5,-.3){$\vec{u}$} \multido{\i=-2+1}{5}{\psline[linestyle=dashed,linewidth=.3pt](\i,-2.2)(\i,2.6) \rput(\i,-.2){$\i$}} \multido{\i=-2+1}{5}{\psline[linestyle=dashed,linewidth=.3pt](-2.2,\i)(2.2,\i) \rput[r](-.1,\i){$\i$}} \psarc[linecolor=blue](0,0){2}{0}{360} \rput(0,2){$\tm$}\rput(.2,2.3){$B$} \rput(1,1.7){$\tm$}\rput(1.3,1.9){$A$} \psline[linecolor=red,linewidth=1.5pt](0,2)(0,0)(1,1.7)(.5,1.85)(0,2) \rput(0.5,1.85){$\tm$}\rput(.7,2){$F$} \end{pspicture}\]


    3. On a
      \[\begin{array}{ll}\lp\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right) &=\lp\vec{u},\overrightarrow{OB}\rp-\lp\vec{u},\overrightarrow{OB}\rp\\[.6em] &=\arg(z_B)-\arg(z_A)\\[.6em] &=\dfrac\pi2-\dfrac\pi3=\dfrac\pi6[2\pi] \enar\]


    1. On a $z_F=\dfrac{z_A+z_B}2=\dfrac{1+i\sqrt3+2i}2=\dfrac12+i\dfrac{2+\sqrt3}2$
    2. Comme $OAB$ est un triangle isocèle en $O$ avec $F$ le milieu de $[AB]$, on en déduit que $(OF)$ est aussi la bissectrice issue de $O$ et donc que
      \[\lp\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OF}\rp=\dfrac12\lp\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rp=\dfrac\pi{12}\]


      et ensuite $\lp\overrightarrow{u},\overrightarrow{OF}\rp=\lp\vec{u},\overrightarrow{OA}\rp+\lp\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rp=\dfrac\pi{12}+\dfrac\pi3=\dfrac{5\pi}{12}$.

    3. \[|z_F|=\sqrt{\lp\dfrac12\rp^2+\lp\dfrac{2+\sqrt3}2\rp^2} =\sqrt{\dfrac{1+(2+\sqrt3)^2}{4}} =\sqrt{\dfrac{8+4\sqrt3}4} =\sqrt{2+\sqrt3} \]

      et connaissant l'argument de $z_F$, on a alors trigonométrique:
      \[z_F=\sqrt{2+\sqrt3}\lp\cos\lp\dfrac{5\pi}{12}\rp+i\sin\lp\dfrac{5\pi}{12}\rp\rp\]

    4. En identifiant la partie réelle de $z_F=\dfrac12+i\dfrac{2+\sqrt3}2$ et celle de sa forme trigonométrique, on trouve que
      \[\sqrt{2+\sqrt3}\cos\lp\dfrac{5\pi}{12}\rp=\dfrac12\]

      d'où
      \[\cos\lp\dfrac{5\pi}{12}\rp=\dfrac1{2\sqrt{2+\sqrt3}}\]



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