Bac S - Nouvelle Calédonie 2012

Racines d'un polynôme du 3ème degré - Géométrie dans le plan complexe


Partie A. On considère le polynôme $P défini sur $\C par

P(z) = z^3 - \lp2+i\sqrt{2}\right) z^2 + 2\lp1+i\sqrt{2}\right) z-2i\sqrt{2}

  1. Montrer que le nombre complexe $z_0=i\sqrt{2} est solution de l'équation $P(z)=0.
    1. Déterminer les réels $a et $b tels que $P(z)=\left( z-i\sqrt{2}\right) \left( z^2+az+b\right).
    2. En déduire les solutions dans $\C de l'équation $P(z)=0.


Partie B. Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct $\left( O;\vec{u},\vec{v}\rp. On prendra 2 cm pour unité graphique. On considère les points $A, $B, $J et $K d'affixes respectives:

z_A=1+i,\quad z_B=1-i,\quad z_J=i\sqrt{2}\quad \text{et}\ z_K=e^{\frac{3i\pi}{4}}.


  1. Placer les points $A, $B, $J, $K sur une figure qui sera complétée au fur et à mesure de l'exercice.
  2. Soit $L le symétrique du point $J par rapport au point $K. Montrer que l'affixe de L est égale à $-\sqrt{2}.
  3. Montrer que les points $A, $B, $J et $L appartiennent à un même cercle dont on précisera le centre et le rayon.
  4. Soit $C et $D les points d'affixes respectives $z_C=-1-i et $z_D=-1+i.
    Quelle est la nature du quadrilatère ABCD ? Justifier la réponse.

Solution:


Nouvelle Calédonie, 2012 5 points

Partie A.

  1. P\left( i\sqrt2\rp=
  \left( i\sqrt2\rp^3-\left(2+i\sqrt2\rp\left( i\sqrt2\rp^2+2\left(1+i\sqrt2\rp\left( i\sqrt2\rp-2i\sqrt2

    avec, $\left( i\sqrt2\rp^2=i^2\sqrt2^2=-2, et $\left( i\sqrt2\rp^3=\left( i\sqrt2\rp^2\times i\sqrt2=-2i\sqrt2 et ainsi,
    \begin{array}{ll}P\left( i\sqrt2\right)
  &=-2i\sqrt2+2\lp2+i\sqrt2\rp+2\lp1+i\sqrt2\rp\lp i\sqrt2\rp-2i\sqrt2\\[0.3cm]
  &=-2i\sqrt2+4+2i\sqrt2+2i\sqrt2-4-2i\sqrt2
  =0\enar

    $z_0=i\sqrt2 est donc bien une racine de $P.
    1. En développant, on a:
      \begin{array}{ll}\left( z-i\sqrt2\rp\left( z^2+az+b\rp
    &=z^3+az^2+bz-z^2i\sqrt2-azi\sqrt2-bi\sqrt2\\[0.3cm]
    &=z^3+\left( a-i\sqrt2\right) z^2+\left( b-ai\sqrt2\right) z-bi\sqrt2\enar

      En identifiant avec les coefficients du polynôme $P, on a alors:
      \left\{\begin{array}{l c l}
    a - \text{i}\sqrt{2}&=&-2 - \text{i}\sqrt{2}\\
    b - a\text{i}\sqrt{2} &=&2 + 2\text{i}\sqrt{2}\\
    -b\text{i}\sqrt{2}&=&-2\text{i}\sqrt{2}
    \end{array}\right. \iff 
    \left\{\begin{array}{l c l}
    a &=&-2 \\
    b + 2\text{i}\sqrt{2} &=&2 + 2\text{i}\sqrt{2}\\
    -b&=&-2
    \end{array}\right. \iff
     \left\{\begin{array}{l c l}
     a &=&-2 \\
     b&=&2\\
     b&=&2
     \end{array}\right.

      On a donc la factorisation $P(z)=\left( z-i\sqrt2\rp\left( z^2-2z+2\rp
    2. En utilisant la factorisation précédente :
      P(z)=0 \iff \left( z-i\sqrt2\right) \left( z^2 - 2z+2\right) 
     \iff \Bigl(z-i\sqrt2=0\ \text{ ou } z^2-2z+2=0\Bigr)


      On retrouve la racine $i\sqrt2 de la question 1.
      L'équation du second degré a pour discriminant $\Delta=-4<0, et admet donc 2 racines complexes conjuguées:
      
     z_1=\dfrac{2-i\sqrt{4}}{2}=1-i 
     \ \text{ et }\ z_2=1+i

      Les solutions sont donc : $z_0=i\sqrt2, $z_1=1-i, et $z_2=1+i.


Partie B.

  1. \psset{unit=2cm,arrowsize=7pt}
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,2)
%\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange,gridwidth=0.2pt]
\multido{\i=-2+1}{5}{
  \psline[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed](\i,-2.2)(\i,2.2)
  \psline[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed](-2.2,\i)(2.2,\i) }
\psline[linewidth=1.6pt]{->}(-2.2,0)(2.4,0)
\psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,-2.2)(0,2.4)
\psdots(1,1)(1,-1)(0,1.414)(1;135)(-1,-1)(-1,1)(-1.414,0)
\uput[ur](1,1){A}\uput[dr](1,-1){B}\uput[l](0,1.414){J}\uput[ul](1;135){K}
\uput[ul](-1,1){D}\uput[d](-1.414,0){L}\uput[dl](-1,-1){C}\uput[dl](0,0){O}
\pspolygon(1,1)(1,-1)(-1,-1)(-1,1)
\end{pspicture}

  2. On a $z_K=e^{\frac{3i\pi}{4}}=\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4}=-\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2}.
    $K est le milieu du segment $[JL] ce qui se traduit par:
    \left\{\begin{array}{l c l}
x_K &=& \dfrac12\left( x_J+x_L\rp\\[0.3cm]
y_K &=& \dfrac12\left( y_J+y_L\right) 
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{lcl}
-\dfrac{\sqrt2}{2}&=&\dfrac12\lp0 + x_L\rp\\[0.3cm]
\dfrac{\sqrt2}{2}&=&\dfrac12\lp\sqrt2+y_L\right)
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x_L&=&- \sqrt{2}\\[0.3cm]
y_L&=&0
\end{array}\right.

    On a donc bien $z_L=x_L+iy_L=-\sqrt2.
  3. On a $\left|z_A\right|^2 =1^2+1^2=2, $\left|z_B\right|^2 =1^2+(-1)^2=2, $\left|z_J\right|^2=\lp\sqrt2\rp^2=2 $\left|z_L\right|^2=\lp-\sqrt2\rp^2=2.
    On a donc $OA=OB=OJ=OL=\sqrt2: les points $A, $B, $J et $L appartiennent à un même cercle de centre $O et de rayon $\sqrt2.
  4. $ABCD est un carré; on peut raisonner pour le démontrer de nombreuses manières: en calculant les longueurs $AB, $AD et $DB et en utilisant le théorème de Pythagore; en montrant que $z_{\overrightarrow{AB}}=z_{\overrightarrow{DC}} donc que $ABCD est un parallélogramme, et en calculant le produit scalaire (avec les coordonnées cartésiennes) $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}; ou encore en utilisant le point $O, intersection et milieu des diagonales…
    Par exemple, $z_{\overrightarrow{AB}}=z_B-z_A=-2 et $z_{\overrightarrow{DC}}=z_C-z_D=-2, d'où $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} et le quadrilatère $ABCD est donc un parallélogramme.
    De plus, $AB=\left|z_{\overrightarrow{AB}}\right|=\left|-2\right|=2, et $AD=\left|z_{\overrightarrow{AD}}\right|=\left|-2\right|=2, et $DB=\left|z_{\overrightarrow{DB}}\right|=\left|2-2i\right|=\sqrt8.
    Ainsi, $AB^2+AD^2=DB^2 donc, d'après le théorème de Pythagore, le parallélogramme $ABCD est un rectangle, et comme de plus $AB=AD, c'est un carré.


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