Corrigé des exercices - Dunod

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fait) que a ∈ [2 − √ 3,2+ √ 3]. Réciproquement, à tout réel a de cet intervalle correspondent
deux valeurs opposées de b, ce qui correspond au fait que, si z est solution, alors ¯z est aussi
solution (ce qui, là aussi était attendu).
2. Si les points d’affixes z et 1 sont sur un même cercle de centre O, c’est que ces deux
z
nombres complexes ont le même module, et ce module commun à z et son inverse ne peut
être que 1. On est donc conduit à chercher les nombres complexes z de module 1, tels que
1 − z soit aussi de module 1. On ne tiendra pas compte des cas où z étant égal à 1 z , z est
réel. Dans ce cas, il n’y a plus que deux points.
Notons z = a + ib. Les conditions |z| = |1 − z| se traduisent par le système :
{
a 2 + b 2 = 1
a 2 − 2a + 1 + b 2 = 1
qui conduit à : a = 1 2 et b2 = 3 2 .
Les seules solutions au problème posé sont alors −j et −j 2 .
Exercice 6.13
La condition a 2 + b 2 + c 2 − ab + bc + ca = 0 équivaut à a 2 − (b + c)a + b 2 + c 2 − bc = 0
Le discriminant du trinôme en a ainsi mis en évidence est
∆ = (b + c) 2 − 4(b 2 + c 2 − bc) = −3(b − c) 2 .
Le calcul des racines permet d’écrire la condition de l’énoncé sous la forme (a+bj+cj 2 )(a+bj 2 +cj) = 0.
Supposons par exemple que a + bj + cj 2 = 0. Comme 1 + j + j 2 = 0, la condition peut
s’écrire bj + cj 2 = a(j + j 2 ), soit b + cj = a(1 + j), c’est à dire b − a = −j(c − a), ce qui
signifie que le vecteur −→ AC se déduit du vecteur −→ AB par lé rotation de centre A et d’angle
π
, et donc que le triangle ABC est équilatéral. L’autre cas se traite de la même façon.
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Exercice 6.14
1. Les vecteurs −→ −→
a − b
AB et AC sont colinéaires si et seulement si est un réel, c’est à dire si et
a − c
seulement si a − b
a − c = ā − ¯b
ā − ¯c , soit, en transformant cette égalité : a¯b−āb+b¯c−¯bc+cā−¯ca = 0.
2. Dans cette question, la condition est que a − b soit un imaginaire pur, c’est à dire que
a − c
a − b
a − c + ā − ¯b
ā − ¯c = 0, soit, en transformant cette égalité : 2aā +c¯b+ ¯cb −a¯c −āc −a¯b −āb = 0.
Exercice 6.15
2D n (t) = 1+2cos t+2cos 2t+· · ·+2cos nt = 1+
On a donc :
2D n (t) = e −int ei(2n+1)t − 1
e it − 1
= e −int e int sin ( )
n + 1 2 t
sin t .
2
n∑
(e ikt +e −ikt ) =
k=1
i(2n+1)t
−int e 2
= e
e it 2
n∑
2n∑
e ikt = e −int e ikt .
−n
e i(2n+1)t
2 − e −i(2n+1)t
2
e it 2 − e −it
2
0