Module, argument et similitudes : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : module, argument et similitudes

Le corrigé détaillé : module, argument et similitudes

Exercice 1 – Angle moitié (3 points)

1. On factorise par l’exponentielle de l’angle moitié, puis on applique la formule d’Euler :
   \(1 + \mathrm{e}^{i\theta} = \mathrm{e}^{i\theta/2}\left(\mathrm{e}^{-i\theta/2} + \mathrm{e}^{i\theta/2}\right) = 2\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\mathrm{e}^{i\theta/2}\).
   Pour \(\theta \in \left]-\pi, \pi\right[\), on a \(\frac{\theta}{2} \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\), donc \(\cos\left(\frac{\theta}{2}\right) > 0\). L’écriture obtenue est alors une forme trigonométrique. Le module vaut \(2\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\) et un argument est \(\frac{\theta}{2}\).
2. Si \(\theta \in \left]\pi, 3\pi\right[\), alors \(\frac{\theta}{2} \in \left]\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right[\) et le cosinus est strictement négatif. Comme \(-1 = \mathrm{e}^{i\pi}\), on écrit \(1 + \mathrm{e}^{i\theta} = -2\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\mathrm{e}^{i(\theta/2 + \pi)}\). Le module vaut \(-2\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\) et un argument est \(\frac{\theta}{2} + \pi\).
3. Avec \(\theta = \frac{\pi}{3}\), la question 1 donne \(1 + \mathrm{e}^{i\pi/3} = 2\cos\left(\frac{\pi}{6}\right)\mathrm{e}^{i\pi/6} = \sqrt{3}\,\mathrm{e}^{i\pi/6}\). Par la formule de Moivre, \(\left(\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{i\pi/6}\right)^6 = 27\,\mathrm{e}^{i\pi}\). Donc \(\left(1 + \mathrm{e}^{i\pi/3}\right)^6 = -27\).
4. On met cette fois en facteur l’exponentielle de la demi-somme :
   \(\mathrm{e}^{ia} – \mathrm{e}^{ib} = \mathrm{e}^{i(a+b)/2}\left(\mathrm{e}^{i(a-b)/2} – \mathrm{e}^{-i(a-b)/2}\right)\).
   Or la formule d’Euler donne \(\mathrm{e}^{ix} – \mathrm{e}^{-ix} = 2i\sin x\). On obtient ainsi \(\mathrm{e}^{ia} – \mathrm{e}^{ib} = 2i\sin\left(\frac{a – b}{2}\right)\mathrm{e}^{i(a+b)/2}\).

Piège classique : écrire que \(2\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\) est toujours le module. Ce nombre peut être négatif, et un module ne l’est jamais.

Barème : 1) 1 point, dont la moitié pour la justification du signe ; 2) 0,5 point ; 3) 0,5 point ; 4) 1 point.

Exercice 2 – Racines quatrièmes d’un complexe (4 points)

1. On calcule \(|w| = \sqrt{64 + 192} = \sqrt{256} = 16\), puis \(\frac{w}{16} = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\). Donc \(w = 16\,\mathrm{e}^{2i\pi/3}\).
2. Cherchons \(z = r\mathrm{e}^{i\varphi}\), avec \(r > 0\). L’équation équivaut à \(r^4 = 16\) et \(4\varphi \equiv \frac{2\pi}{3} \pmod{2\pi}\). Donc \(r = 2\) et \(\varphi \equiv \frac{\pi}{6} \pmod{\frac{\pi}{2}}\). Les solutions sont \(z_k = 2\,\mathrm{e}^{i(\pi/6 + k\pi/2)}\) pour \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\), c’est-à-dire \(2\mathrm{e}^{i\pi/6}\), \(2\mathrm{e}^{2i\pi/3}\), \(2\mathrm{e}^{7i\pi/6}\) et \(2\mathrm{e}^{5i\pi/3}\).
3. Les valeurs remarquables du cosinus et du sinus donnent : \(z_0 = \sqrt{3} + i\), \(z_1 = -1 + i\sqrt{3}\), \(z_2 = -\sqrt{3} – i\) et \(z_3 = 1 – i\sqrt{3}\). On vérifie par exemple que \(z_0^2 = 2 + 2i\sqrt{3}\), puis que \(z_0^4 = (2 + 2i\sqrt{3})^2 = 4 – 12 + 8i\sqrt{3} = w\).
4. Comme \(\mathrm{e}^{i\pi/2} = i\), on a \(z_{k+1} = i z_k\). Le quart de tour de centre \(O\) envoie donc chaque sommet sur le suivant, et \(z_3\) sur \(z_0\). Les quatre points sont sur le cercle de centre \(O\) et de rayon \(2\). Ils forment donc un carré de centre \(O\), dont les diagonales mesurent \(4\). Son aire vaut \(\frac{4 \times 4}{2} = 8\).
5. On a \(z_k = i^k z_0\). D’une part, \(z_0 + z_1 + z_2 + z_3 = z_0(1 + i – 1 – i)\), donc la somme est nulle. D’autre part, \(z_0 z_1 z_2 z_3 = z_0^4\, i^{0+1+2+3} = w\, i^6 = -w\). Le produit vaut \(8 – 8i\sqrt{3}\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1 point, dont la moitié pour la congruence modulo \(\frac{\pi}{2}\) ; 3) 1 point ; 4) 0,5 point ; 5) 1 point, à parts égales entre somme et produit.

Exercice 3 – Sommes trigonométriques (4 points)

1. Pour \(t \in \left]0, 2\pi\right[\), on a \(\mathrm{e}^{it} \neq 1\). La somme géométrique de raison \(\mathrm{e}^{it}\) vaut donc \(\frac{\mathrm{e}^{i(n+1)t} – 1}{\mathrm{e}^{it} – 1}\). D’après l’exercice 1, question 4, avec \(b = 0\) :
   \(\mathrm{e}^{i(n+1)t} – 1 = 2i\sin\left(\frac{(n+1)t}{2}\right)\mathrm{e}^{i(n+1)t/2}\) et \(\mathrm{e}^{it} – 1 = 2i\sin\left(\frac{t}{2}\right)\mathrm{e}^{it/2}\).
   De plus, \(\sin\left(\frac{t}{2}\right) \neq 0\) car \(\frac{t}{2} \in \left]0, \pi\right[\). Après simplification par \(2i\) et division des exponentielles, on obtient \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \mathrm{e}^{ikt} = \mathrm{e}^{int/2}\,\frac{\sin\left(\frac{(n+1)t}{2}\right)}{\sin\left(\frac{t}{2}\right)}\).
2. Le cosinus est la partie réelle de l’exponentielle, et le quotient de sinus est réel. Donc \(C_n = \dfrac{\cos\left(\frac{nt}{2}\right)\sin\left(\frac{(n+1)t}{2}\right)}{\sin\left(\frac{t}{2}\right)}\).
3. Par la formule du binôme, \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\mathrm{e}^{ikt} = \left(1 + \mathrm{e}^{it}\right)^n\). Pour \(t \in \left]-\pi, \pi\right[\), l’exercice 1 donne ensuite \(\left(1 + \mathrm{e}^{it}\right)^n = 2^n\cos^n\left(\frac{t}{2}\right)\mathrm{e}^{int/2}\). Comme les coefficients binomiaux sont réels, \(B_n\) est la partie réelle de cette somme. Ainsi \(B_n = 2^n\cos^n\left(\frac{t}{2}\right)\cos\left(\frac{nt}{2}\right)\).
4. Pour \(t = \frac{2\pi}{3}\), on a \(2\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = 1\), donc \(B_n = \cos\left(\frac{n\pi}{3}\right)\). Alors \(B_{n+6} = \cos\left(\frac{n\pi}{3} + 2\pi\right) = B_n\). Les valeurs de \(B_1\) à \(B_6\) sont \(\frac{1}{2}\), \(-\frac{1}{2}\), \(-1\), \(-\frac{1}{2}\), \(\frac{1}{2}\), \(1\). Aucune période \(p \leq 5\) ne convient, car \(B_{6+p} = B_p\) diffère de \(B_6 = 1\). La suite \((B_n)\) est périodique de période \(6\).

Barème : 1) 1,5 point, dont un demi-point pour la condition \(\mathrm{e}^{it} \neq 1\) ; 2) 0,5 point ; 3) 1,5 point, partagé entre le binôme et l’angle moitié ; 4) 0,5 point.

Exercice 4 – Une similitude directe (3 points)

1. Un point fixe d’affixe \(\omega\) vérifie \(\omega = 2i\omega + 3 – i\), soit \(\omega(1 – 2i) = 3 – i\). Comme \(1 – 2i \neq 0\), il est unique :
   \(\omega = \frac{(3 – i)(1 + 2i)}{5} = \frac{3 + 6i – i + 2}{5} = 1 + i\).
   En soustrayant les égalités \(f(z) = 2iz + 3 – i\) et \(\omega = 2i\omega + 3 – i\), on obtient \(f(z) – \omega = 2i(z – \omega)\). Or \(2i = 2\,\mathrm{e}^{i\pi/2}\). Donc \(f\) est la similitude directe de centre \(\Omega(1 + i)\), de rapport \(2\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\).
2. On calcule \(a^{\prime} = 2i(2 + i) + 3 – i = 4i – 2 + 3 – i\), soit \(a^{\prime} = 1 + 3i\). Ensuite, \(a – \omega = 1\) et \(a^{\prime} – \omega = 2i\). Leur quotient \(2i\) est imaginaire pur, donc les droites \((\Omega A)\) et \((\Omega A^{\prime})\) sont perpendiculaires. Le triangle est rectangle en \(\Omega\), avec \(\Omega A = 1\) et \(\Omega A^{\prime} = 2\). Son aire vaut \(\frac{1 \times 2}{2} = 1\).
3. On compose : \(f(f(z)) = 2i(2iz + 3 – i) + 3 – i = -4z + 6i + 2 + 3 – i = -4z + 5 + 5i\). Le point fixe est encore \(1 + i\), puisque \(-4(1 + i) + 5 + 5i = 1 + i\). Ainsi \(f \circ f\) est l’homothétie de centre \(\Omega\) et de rapport \(-4\).

Barème : 1) 1,5 point, soit un demi-point pour le centre et un point pour la nature, le rapport et l’angle ; 2) 1 point ; 3) 0,5 point.

Exercice 5 – Problème : un carré dans le plan complexe (6 points)

1. Le discriminant vaut \(\Delta = (3 + i)^2 – 4(4 + 3i) = 8 + 6i – 16 – 12i = -8 – 6i\). Cherchons \(\delta = x + iy\) tel que \(\delta^2 = \Delta\). L’identification des parties réelles et imaginaires, jointe à l’égalité des modules, donne :
   \(x^2 – y^2 = -8\) ; \(2xy = -6\) ; \(x^2 + y^2 = \sqrt{64 + 36} = 10\).
   Donc \(x^2 = 1\) et \(y^2 = 9\), avec \(xy < 0\). Les racines carrées de \(\Delta\) sont \(1 – 3i\) et \(-1 + 3i\). Les solutions de \((E)\) sont alors \(\frac{3 + i + 1 – 3i}{2}\) et \(\frac{3 + i – 1 + 3i}{2}\). Ainsi \(b = 2 – i\) et \(c = 1 + 2i\). On contrôle enfin que \(b + c = 3 + i\) et que \(bc = 2 + 4i – i + 2 = 4 + 3i\).
2. On multiplie par le conjugué : \(\frac{c}{b} = \frac{(1 + 2i)(2 + i)}{5} = \frac{2 + i + 4i – 2}{5} = i\). Donc \(c = ib\) : le point \(C\) est l’image de \(B\) par le quart de tour direct de centre \(O\). Par conséquent, \(OB = OC\) et l’angle en \(O\) est droit. Le triangle \(OBC\) est rectangle isocèle en \(O\).
3. L’égalité \(d = b + c\) signifie que \(\overrightarrow{OD} = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}\). Donc \(OBDC\) est un parallélogramme. Il possède de plus un angle droit et deux côtés consécutifs égaux en \(O\). C’est donc un carré.
4. Une similitude directe de centre \(O\) s’écrit \(z \mapsto kz\), avec \(k\) complexe non nul. La condition \(s(B) = D\) impose \(k = \frac{d}{b} = \frac{(3 + i)(2 + i)}{5} = \frac{6 + 3i + 2i – 1}{5} = 1 + i\). Donc \(s(z) = (1 + i)z\). Comme \(1 + i = \sqrt{2}\,\mathrm{e}^{i\pi/4}\), le rapport vaut \(\sqrt{2}\) et l’angle \(\frac{\pi}{4}\).
5. Pour \(z = b\), le quotient est nul, donc imaginaire pur : \(B \in \Gamma\). Soit ensuite \(M\) distinct de \(B\) et de \(C\). Le quotient est imaginaire pur non nul si et seulement si un argument vaut \(\pm\frac{\pi}{2}\). Cela revient à dire que les vecteurs \(\overrightarrow{CM}\) et \(\overrightarrow{BM}\) sont orthogonaux, autrement dit que l’angle \(\widehat{BMC}\) est droit. D’après le théorème de Thalès et sa réciproque, cela signifie que \(M\) est sur le cercle de diamètre \([BC]\). Donc \(\Gamma\) est ce cercle privé de \(C\). Son centre a pour affixe \(\frac{b + c}{2} = \frac{3 + i}{2}\), et son rayon vaut \(\frac{|b – c|}{2} = \frac{|1 – 3i|}{2} = \frac{\sqrt{10}}{2}\).
   Pour \(O\), le quotient vaut \(\frac{b}{c} = \frac{1}{i} = -i\). Pour \(D\), il vaut \(\frac{d – b}{d – c} = \frac{c}{b} = i\). Ces deux quotients sont imaginaires purs, donc \(O\) et \(D\) appartiennent à \(\Gamma\).

6. On a \((1 + i)^2 = 2i\), puis \((1 + i)^4 = (2i)^2 = -4\), et enfin \((1 + i)^8 = 16\). La composée de huit exemplaires de \(s\) s’écrit \(z \mapsto (1 + i)^8 z = 16z\). C’est l’homothétie de centre \(O\) et de rapport \(16\).

Piège classique : oublier que \(B\) appartient à \(\Gamma\). Le quotient y est nul, et zéro est bien un imaginaire pur.

Barème : 1) 1,5 point, dont un point pour les racines carrées de \(\Delta\) ; 2) 1 point ; 3) 0,5 point ; 4) 1 point ; 5) 1,5 point, avec un demi-point pour le centre et le rayon, puis un demi-point pour les vérifications ; 6) 0,5 point.

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