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TS - Maths - Révisions

Nombres complexes

Exercice 1 LIBAN 2014

On considère la suite de nombres complexes (zn) définie par z0 =p

3− i et pour tout entier naturel n :

zn+1 = (1+ i)zn .

Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.

Partie A

Pour tout entier naturel n, on pose un = |zn |.1. Calculer u0.

2. Démontrer que (un) est la suite géométrique de raisonp

2 et de premier terme 2.

3. Pour tout entier naturel n, exprimer un en fonction de n.

4. Déterminer la limite de la suite (un).

5. Etant donné un réel positif p, on souhaite déterminer, à l’aide d’un algorithme, la plus petite valeur del’entier naturel n telle que un > p.

Recopier l’algorithme ci-dessous et le compléter par les instructions de traitement et de sortie, de façonà afficher la valeur cherchée de l’entier n.

Variables : u est un réelp est un réeln est un entier

Initialisation : Affecter à n la valeur 0Affecter à u la valeur 2

Entrée : Demander la valeur de pTraitement :

Sortie :

Partie B

1. Déterminer la forme algébrique de z1.

2. Déterminer la forme exponentielle de z0 et de 1+ i.

En déduire la forme exponentielle de z1.

3. Déduire des questions précédentes la valeur exacte de cos( π

12

)Exercice 2 ANTILLES-GUYANE 2014

On note C l’ensemble des nombres complexes.Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé

(O ; −→u , −→v )

. On prendra comme unité 2 cm sur chaqueaxe.

Le graphique sera fait sur une feuille de papier millimétré et complété au fur et à mesure des questions.

On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe

f (z) = z2 +2z +9.

TS - Révisions - Complexes - / 11

1. Calculer l’image de −1+ ip

3 par la fonction f .

2. Résoudre dans C l’équation f (z) = 5.

Ecrire sous forme exponentielle les solutions de cette équation.

Construire alors sur le graphique, à la règle et au compas, les points A et B dont l’affixe est solution del’équation (A étant le point dont l’affixe a une partie imaginaire positive).

On laissera les traits de construction apparents.

3. Soit λ un nombre réel. On considère l’équation f (z) =λ d’inconnue z.

Déterminer l’ensemble des valeurs de λ pour lesquelles l’équation f (z) =λ admet deux solutions com-plexes conjuguées.

4. Soit (F) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z vérifie

| f (z)−8| = 3.

Prouver que (F) est le cercle de centre Ω(−1 ; 0) et de rayonp

3.

Tracer (F) sur le graphique.

5. Soit z un nombre complexe, tel que z = x + iy où x et y sont des nombres réels.

(a) Montrer que la forme algébrique de f (z) est

x2 − y2 +2x +9+ i(2x y +2y).

(b) On note (E) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z est telle que f (z) soit unnombre réel.

Montrer que (E) est la réunion de deux droites D1 et D2 dont on précisera les équations.

Compléter le graphique de l’annexe en traçant ces droites.

6. Déterminer les coordonnées des points d’intersection des ensembles (E) et (F).

Exercice 3 PONDICHERY 2013

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct(O ; −→u , −→v )

.On note i le nombre complexe tel que i2 =−1.On considère le point A d’affixe zA = 1 et le point B d’affixe zB = i.à tout point M d’affixe zM = x + iy , avec x et y deux réels tels que y = 0, on associe le point M ′ d’affixe

zM ′ =−izM .On désigne par I le milieu du segment [AM ].Le but de l’exercice est de montrer que pour tout point M n’appartenant pas à (OA), la médiane (OI ) du

triangle OAM est aussi une hauteur du triangle OBM ′ (propriété 1) et que BM ′ = 2OI (propriété 2).

1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend

zM = 2e−iπ3 .

(a) Déterminer la forme algébrique de zM .

(b) Montrer que zM ′ =−p3− i.

Déterminer le module et un argument de zM ′ .

(c) Placer les points A, B, M , M ′ et I dans le repère(O ; −→u , −→v )

en prenant 2 cm pour unité graphique.

Tracer la droite (OI ) et vérifier rapidement les propriétés 1 et 2 à l’aide du graphique.

2. On revient au cas général en prenant zM = x + iy avec y = 0.

(a) Déterminer l’affixe du point I en fonction de x et y .

(b) Déterminer l’affixe du point M ′ en fonction de x et y .

(c) Ecrire les coordonnées des points I , B et M ′.


(d) Montrer que la droite (OI ) est une hauteur du triangle OBM ′.

(e) Montrer que BM ′ = 2OI .


Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé(O ; −→u , −→v )

.Pour tout entier naturel n, on note An le point d’affixe zn défini par :

z0 = 1 et zn+1 =(

3

4+p

3

4i

)zn .

On définit la suite (rn) par rn = |zn | pour tout entier naturel n.

1. Donner la forme exponentielle du nombre complexe3

4+p

3

4i.

2. (a) Montrer que la suite (rn) est géométrique de raison

p3

2.

(b) En déduire l’expression de rn en fonction de n.

(c) Que dire de la longueur OAn lorsque n tend vers +∞ ?

3. On considère l’algorithme suivant :

Variables n entier naturelR réelP réel strictement positif

Entrée Demander la valeur de PTraitement R prend la valeur 1

n prend la valeur 0Tant que R > P

n prend la valeur n +1

R prend la valeur

p3

2R

Fin tant queSortie Afficher n

(a) Quelle est la valeur affichée par l’algorithme pour P = 0,5 ?

(b) Pour P = 0,01 on obtient n = 33. Quel est le rôle de cet algorithme ?

4. (a) Démontrer que le triangle OAn An+1 est rectangle en An+1.

(b) On admet que zn = rneí nπ6 .

Déterminer les valeurs de n pour lesquelles An est un point de l’axe des ordonnées.

(c) Compléter la figure donnée en annexe, à rendre avec la copie, en représentant les points A6, A7, A8

et A9.

Les traits de construction seront apparents.

Exercice 5 NOUVELLE CALEDONIE 2013Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct

(O ; −→u , −→v )

.On note C l’ensemble des nombres complexes.

Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse.

1. Proposition : Pour tout entier naturel n : (1+ i)4n = (−4)n .


2. Soit (E) l’équation (z −4)(z2 −4z +8

)= 0 où z désigne un nombre complexe.

Proposition : Les points dont les affixes sont les solutions, dans C, de (E) sont les sommets d’un triangled’aire 8.

3. Proposition : Pour tout nombre réel α, 1+e2iα = 2eiα cos(α).

4. Soit A le point d’affixe zA = 1

2(1+i) et Mn le point d’affixe (zA)n où n désigne un entier naturel supérieur

ou égal à 2.

Proposition : si n −1 est divisible par 4, alors les points O, A et Mn sont alignés.

5. Soit j le nombre complexe de module 1 et d’argument2π

3.

Proposition : 1+ j+ j2 = 0.

ANNEXE EXERCICE 3

b

b

bb

b

b

A0

A1

A2A3

A4

A5

O

ANNEXE EXERCICE 4

2

4

6

8

−2

2 4 6 8 10 12 14 16−2−4

b

b

b b

bA0

A3

A4

A5 A6

0


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Nombres complexes

CORRECTION

Exercice 1 LIBAN 2014

On considère la suite de nombres complexes (zn) définie par z0 =p

3− i et pour tout entier naturel n :

zn+1 = (1+ i)zn

Partie A

Pour tout entier naturel n, on pose un = |zn |.

1. u0 = |z0| =∣∣p3− i

∣∣= 2.

2. un+1 = |zn+1| = |(1+ i)zn | = |1+ i|× |zn | =p

2|zn | =p

2un

3. D’après le cours, pour tout entier naturel n, on a un = 2(p

2)n

; (un) est la suite géométrique de raisonp2 et de premier terme u0 = 2.

4. (un) est une suite géométrique de raisonp

2 > 1 et de premier terme strictement positif, elle divergedonc vers +∞.

5.

Variables : u est un réelp est un réeln est un entier

Initialisation : Affecter à n la valeur 0Affecter à u la valeur 2

Entrée : Demander la valeur de pTraitement : Tant que u É p Faire

Affecter à n la valeur n +1Affecter à u la valeur

p2×u

Fin du Tant QueSortie : Afficher n

Partie B

1. z1 = (1+ i)× (p

3− i) = 1+p3+ i(

p3−1).

2. z0 = 2

(p3

2− 1

2i

)= 2e−iπ/6

1+ i =p2eiπ/4.

z1 = 2e−iπ/6 ×p2eiπ/4 = 2

p2eiπ/12.

3. Des deux questions précédentes, on obtient que

1+p3+ i(

p3−1) = 2

p2eiπ/12 = 2

p2(

cos( π

12

)+ isin

( π

12

))D’où

cos( π

12

)= 1+p

3

2p

2=

p2+p

6

4


Exercice 2 ANTILLES GUYANE 2014

On note C l’ensemble des nombres complexes.Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé

(O ; −→u , −→v )

.

On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe f (z) = z2 +2z +9.

1. f(−1+ i

p3)= (−1+ i

p3)2 +2

(−1+ ip

3)+9 = 1−2i

p3−3−2+2i

p3+9 = 5

2. On résout dans C l’équation f (z) = 5 :

f (z) = 5 ⇐⇒ z2 +2z +9 = 5 ⇐⇒ z2 +2z +4 = 0 ; ∆= 4−16 =−12 =−(2p

3)2

Donc l’équation admet deux racines complexes conjuguées :−2+2i

p3

2=−1+ i

p3 et −1− i

p3

On appelle A le point d’affixe zA =−1+ ip

3 et B le point d’affixe zB =−1− ip

3

|zA| =p

1+3 = 2

Soit θA un argument de zA :cosθA =−1

2

sinθA =p

3

2

=⇒ θA = 2π

3+k2π où k ∈Z

Donc zA = 2e2iπ

3

Les nombres complexes zA et zB sont conjugués, donc ils ont le même module et des arguments op-

posés donc zB = 2e−2iπ

3

|zA| = 2 donc le point A se trouve sur le cercle de centre O et de rayon 2. De plus la partie réelle de Avaut −1 donc A se trouve sur la droite d’équation x =−1. Idem pour B .

Voir graphique page 7.

3. Soit λ un nombre réel. On considère l’équation f (z) =λ d’inconnue z.

f (z) =λ ⇐⇒ z2 +2z +9 =λ ⇐⇒ z2 +2z +9−λ= 0

Pour que l’équation f (z) = λ admette deux solutions complexes conjuguées, il faut et il suffit que lediscriminant du polynôme z2 +2z +9−λ soit strictement négatif.

∆= 4−4(9−λ) = 4−36+4λ= 4λ−32 ; ∆< 0 ⇐⇒ 4λ−32 < 0 ⇐⇒ λ< 8

L’ensemble des valeurs deλpour lesquelles l’équation f (z) =λ admet deux solutions complexes conju-guées est l’intervalle ]−∞ ; 8[.

4. Soit (F) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z vérifie∣∣ f (z)−8

∣∣= 3

f (z)−8 = z2 +2z +9−8 = z2 +2z +1 = (z +1)2 ; donc∣∣ f (z)−8

∣∣= ∣∣(z +1)2∣∣= |z +1|2 car le module d’un

carré est égal au carré du module.

Donc∣∣ f (z)−8

∣∣= 3 ⇐⇒ |z +1|2 = 3 ⇐⇒ |z +1| =p3

Soit Ω le point d’affixe −1, donc de coordonnées (−1; 0) ; si on appelle M le point d’affixe z, alors|z +1| =p

3 ⇐⇒ |zM − zΩ| =p

3.

L’ensemble des points M vérifiant |zM − zΩ| =p

3 est le cercle de centre Ω et de rayonp

3.

On trace (F) sur le graphique (voir page 7).

5. Soit z un nombre complexe, tel que z = x + iy où x et y sont des nombres réels.

(a) f (z) = z2 +2z +9 = (x + iy)2 +2(x + iy)+9 = x2 +2ix y − y2 +2x +2iy +9= x2 − y2 +2x +9+ i(2x y +2y)

(b) On note (E) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z est telle que f (z) soit unnombre réel.

f (z) réel ⇐⇒ 2x y +2y = 0 ⇐⇒ 2y(x +1) = 0 ⇐⇒ y = 0 ou x =−1

Donc (E) est la réunion de deux droites D1 d’équation y = 0 (l’axe des abscisses) et D2 d’équationx =−1.


Le cercle (F) est de centre Ω d’affixe −1 et de rayonp

3. Donc les points d’intersection du cercle (F) avecl’axe des abscisses ont pour coordonnées

(−1−p3; 0

)et

(−1+p3; 0

).

Les points A et B ont pour affixes zA et zB dont les parties réelles sont égales à −1 ; donc A et B sontsitués sur la droite D2.

ΩA = |zA − zΩ| =∣∣−1+ i

p3+1

∣∣= ∣∣ip3∣∣=p

3 donc le point A appartient au cercle (F).

ΩB = |zB − zΩ| =∣∣−1− i

p3+1

∣∣= ∣∣−ip

3∣∣=p

3 donc le point B appartient au cercle (F).

Les coordonnées des quatre points d’intersection des ensembles (E) et (F) sont :(−1−p3; 0

),(−1+p

3; 0),(−1;

p3)

et(−1; −p3

)

u

v

O

b

b

A

B

Ω b

(F)

D1

D2

6. Exercice 3 PONDICHERY 2013

1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend zM = 2e−iπ3 .

(a) zM = 2×(

1

2− i

p3

2

)= 1− i

p3.

(b) zM ′ =−izM =−i(1− ip

3) =−i+ i2p

3 =−p3− i.

Module et argument méthode algébrique :

|zM ′ | =√

(−p3)2 + (−1)2 = 2 et si l’on nomme θ un argument de zM ′ alors, par propriété,cosθ = −

p3

2

sinθ = −1

2

On reconnaît θ =−5π

6(modulo 2π).

Module et argument par la forme exponentielle :

|zM ′ | = |− i|× |zM | = 1×|2e−iπ3 | = 2

arg(zM ′) = arg(−i)+arg(zM ) =−π

2− π

3=−5π

6(module 2π).


(c)La figure n’est pas à l’échelle.Graphiquement on vérifie les propriétés 1 et 2.

1

−1

−2

1 2 3−1−2

bA

b B

b M

b O

bM ′ b I

2. Cas général en prenant zM = x + iy avec y = 0.

(a) zI = zA + zM

2= x +1

2+ i

y

2.

(b) zM ′ =−i(x + iy) = y − i x.

(c) I

(x +1

2;

y

2

), B(0 ; 1) et M ′(y ; −x).

(d)−→OI · −−→BM ′ =

(x +1

2

)× y +

( y

2

)× (−x −1) = x y

2+ 1

2− x y

2− 1

2= 0 donc les droites (OI ) et (BM ′) sont

perpendiculaires.

(e) BM ′ =√y2 + (−x −1)2 =√

(x +1)2 + y2 et d’autre part , 2OI = 2

√(x +1

2

)2

+( y

2

)2= 2

2

√(x +1)2 + y2

donc

2OI = BM ′.


Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé(O ; −→u , −→v )

.

Pour tout entier naturel n, on note An le point d’affixe zn défini par : z0 = 1 et zn+1 =(

3

4+p

3

4i

)zn

On définit la suite (rn) par rn = |zn | pour tout entier naturel n.

1.

∣∣∣∣∣3

4+p

3

4i

∣∣∣∣∣=√√√√(

3

4

)2

+(p

3

4

)2

=√

9

16+ 3

16=

√12

16=

√3

4= sqr t3

2

3

4+p

3

4i =

p3

2

3

4p3

2

+

p3

4p3

2

i

=p

3

2

(3

4× 2p

3+p

3

4× 2p

3i

)=

p3

2

(p3

2+ 1

2i

)

Or cosπ

6=

p3

2et sin

π

6= 1

2.

Donc le nombre complexe3

4+p

3

4i a pour module

p3

2et pour argument

π

6donc sa forme exponentielle

est

p3

2eiπ6 .

2. (a) rn+1 = |zn+1| =∣∣∣∣∣(

3

4+p

3

4i

)zn

∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣3

4+p

3

4i

∣∣∣∣∣×|zn | =p

3

2rn

Donc la suite (rn) est géométrique de raison q =p

3

2et de premier terme r0 = |z0| = 1.

(b) La suite (rn) est géométrique donc, pour tout n, rn = r0 ×qn , donc rn =(p

3

2

)n

.


(c) O An = |zn | = rn =(p

3

2

)n

(rn) est une suite géométrique de raison

p3

2; or −1 <

p3

2< 1 donc la suite (rn) converge vers 0. La

longueur O An tend donc vers 0 quand n tend vers +∞.

3. (a) On fait tourner l’algorithme donné dans le texte en prenant pour P la valeur 0,5 :

n R P R > P

Initialisations 0 1 0,5 Vrai

Traitement 1 0,866 0,5 Vrai

2 0,75 0,5 Vrai

3 0,6495 0,5 Vrai

4 0,5625 0,5 Vrai

5 0,487 0,5 Faux

Sortie Afficher 5

La valeur affichée par l’algorithme pour P = 0,5 est 5.

(b) Cet algorithme s’arrête dès que R Ê P et affiche alors n, c’est-à-dire qu’il affiche la plus petitevaleur de n pour laquelle R donc rn =O An est inférieur ou égal à P .

On peut donc dire que O A32 > 0,01 et que O A33

g eqsl ant0,01.

Vérification à la calculatrice : r32 ≈ 0,01002 et r33 ≈ 0,00868.

4. (a) On considère le triangle O An An+1.

O An = rn donc (O An)2 = r 2n

O An+1 = rn+1 =p

3

2rn donc (O An+1)2 = 3

4r 2

n

An An+1 = |zn+1 − zn | =∣∣∣∣∣(

3

4+p

3

4i

)zn − zn

∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣(

3

4+p

3

4i−1

)zn

∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣−1

4+p

3

4i

∣∣∣∣∣×|zn |

=√√√√(

−1

4

)2

+(p

3

4

)2

× rn =√

1

16+ 3

16rn =

√4

16rn = 1

2rn donc (An An+1)2 = 1

4r 2

n

(An An+1)2 + (OAn+1)2 = 1

4r 2

n + 3

4r 2

n = r 2n = (O An)2

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle O An An+1 est rectangle en An+1.

(b) On admet que zn = rnei nπ6 .

Le point An , d’affixe zn , appartient à l’axe des ordonnées si et seulement si son argument estπ

2

ou3π

2modulo 2π, c’est-à -dire

π

2modulo π, donc il peut s’écrire

π

2+kπ où k ∈Z.

Le nombre zn a pour argumentnπ

6;

nπ

6= π

2+kπ ⇐⇒ n = 3+6k.

Mais n est un entier naturel donc k doit être strictement positif donc appartenir à N.

Donc si n s’écrit 3+6k avec k ∈N, alors le point An appartient Ã l’axe des ordonnées.

(c) Le point A6 a pour affixe z6 qui a pour argument6π

6=π ; ce point est donc sur l’axe des abscisses.

Comme le triangle O A5 A6 est rectangle en A6, on trace le cercle de diamètre O A5 ; le point A6 està l’intersection de ce cercle et de l’axe des abscisses.

Le point A7 a pour affixe z7 qui a pour argument7π

6; donc les points A1, O et A7 sont alignés. Le

point A7 se trouve donc à l’intersection du cercle de diamètre O A6 et de la droite (O A1).


Etc. (Voir figure en annexe)

Remarque : les points A3 et A9 appartiennent à l’axe des ordonnées, ce qui correspond bien à laréponse trouvée à la question 4. b.

Exercice 5 NOUVELLE CALEDONIE 2013

Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct(O ; −→u , −→v )

.On note C l’ensemble des nombres complexes.

1. (1+ i)4n = ((1+ i)4

)net (1+ i)4 = (

(1+ i)2)2

(1+ i)2 = 1+2i+ i2 = 1+2i−1 = 2i ; donc (1+ i)4 = (2i)2 = 4i2 =−4

Donc (1+ i)4n = (−4)n ; la proposition est vraie.

2. On cherche les solutions de l’équation (E) : (z −4)(z2 −4z +8

)= 0.Il y a z = 4 qui annule z −4.

Pour z2 −4z +8 = 0 : ∆= (−4)2 −4×1×8 = 16−32 =−16 < 0

L’équation admet deux solutions complexes conjuguées :

z1 = − (−4)+ ip

16

2= 4+4i

2= 2+2i et z2 = 2−2i

L’équation (E) admet pour solutions

4, 2+2i, 2−2i.

Représentons les points dont les affixes sont solutions de (E) :

u

vb

b

b

OA

B

C

Hb

Le triangle ABC est isocèle en A car les points B etC sont symétriques par rapport à l’axe

(O,−→u )

et Aappartient à cet axe ; donc le milieu H de [BC] estaussi le pied de la hauteur issue de A dans le tri-angle.

H a pour affixe 2 donc AH=2 ; de plus BC = |2+2i−2+2i| = |4i| = 4.

L’aire de ce triangle vaut donc :BC×AH

2= 4×2

2= 4

La proposition est fausse.

3. Soit α un nombre réel quelconque ; on sait que 1 = cos2α+ sin2α.

1+e2iα = 1+ (eiα

)2 = 1+ (cosα+ isinα)2 = 1+cos2α+2isinαcosα+ i2 sin2α

= cos2α+ sin2α+cos2α+2isinαcosα− sin2α= 2cos2α+2isinαcosα= 2(cosα+ isinα)cosα= 2eiα cosα

La proposition est vraie.

4. Le nombre complexe zA a pour argumentπ

4donc le nombre complexe (zA)n a pour argument n

π

4(argument d’un produit).

Les points O, A et Mn sont alignés si et seulement

si l’argument de l’affixe de Mn estπ

4ou π+ π

4Ã 2π

prés.

u

v

O

Ab

π4

π+ π4

On suppose que n −1 est divisible par 4 ; le nombre n −1 peut alors s’écrire 4k avec k entier et donc ns’écrit 4k +1.


L’argument de l’affixe de Mn qui est nπ

4peut s’écrire (4k +1)

π

4= kπ+ π

4qui est bien équivalent à

π

4ou

π+ π

4à 2π prés ;

donc si n −1 est divisible par 4, alors les points O, A et Mn sont alignés.


5. Le nombre j a pour module 1 et argument2π

3donc j2 a pour module 12 = 1 et pour argument 2× 2π

3=

4π

3.

On a : j = cos2π

3+ isin

2π

3=−1

2+p

3

2(propriétés du cercle trigonométrique).

Et : j2 = cos4π

3+ isin

4π

3=−1

2−p

3

2.

Donc 1+ j+ j2 = 1− 1

2+p

3

2− 1

2−p

3

2= 0.


Une solution plus élégante consiste à écrire le nombre j sous la forme ei 2π3 pour prouver que j3 = 1.

Ensuite on développe(1+ j+ j2

)(1− j

)en 1 − j3 qui donne donc 0. Et comme j n’est pas égal à 1, le

facteur 1− j n’est pas nul, mais comme le produit(1+ j+ j2

)(1− j

)est nul, c’est le facteur 1+ j+ j2 qui est

nul.


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