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Nombres complexes et géométrie

Rappels de géométrie repérée, affixes d’un point et d’un vecteur, distances et module, angles orientés et argument du quotient (c − a)/(b − a), alignement et orthogonalité, ensembles de points, translations, homothéties, rotations et exemples de similitudes, racines de l’unité et polygones réguliers.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés : une spirale de points avec une fonction Python de seuil, le logo hexagonal d’une entreprise, une transformation retrouvée à partir de deux points, la navigation entre deux phares avec médiatrice et cercle de diamètre, et deux carrés construits sur les côtés d’un triangle.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis la figure : chaque point par son affixe, chaque vecteur par « arrivée moins départ », chaque transformation par son écriture complexe.
Je choisis l’outil : un module pour une longueur, le quotient $\frac{z_{C} - z_{A}}{z_{B} - z_{A}}$ pour un angle, un alignement ou une orthogonalité, $| z - z_{A} |$ pour un ensemble de points, $e^{2 i π / n}$ pour un polygone régulier.
Je calcule en forme adaptée : algébrique pour additionner et pour un quotient (conjugué du dénominateur), exponentielle pour une rotation ou une puissance.
Je conclus en nommant la propriété : « le quotient est imaginaire pur, donc… », « équidistant de $A$ et $B$ , donc sur la médiatrice… ».
Je contrôle : une longueur conservée par une rotation, la réciproque de Pythagore, un point invariant qui est bien sa propre image.

Problème 1 · Un motif en spirale★★★Moyen

L’unité est le centimètre. Un graphiste place le point

A_{0}

d’affixe

z_{0} = 8

puis, pour tout entier naturel

n

, le point

A_{n + 1}

d’affixe

z_{n + 1} = \frac{1 + i}{2} z_{n}

. Le motif est la ligne brisée

A_{0} A_{1} A_{2} \dots

On pose

a = \frac{1 + i}{2}

. Les angles sont donnés par leur mesure principale, dans

] - π; π]

. Écris π au clavier (ou pi), une racine carrée avec √.

1. Module de $a$ : ; argument de $a$ :
$| a | = \frac{| 1 + i |}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ et $a = \frac{\sqrt{2}}{2} (\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i) = \frac{\sqrt{2}}{2} e^{i π / 4}$ . La transformation $z \mapsto a z$ a pour point invariant $O$ ( $b = 0$ ) : c’est la similitude de centre $O$ , de rapport $\frac{\sqrt{2}}{2}$ et d’angle $\frac{π}{4}$ .
2. $z_{3}$ : partie réelle et partie imaginaire
$z_{1} = \frac{1 + i}{2} \times 8 = 4 + 4 i$ , $z_{2} = \frac{(1 + i) (4 + 4 i)}{2} = \frac{8 i}{2} = 4 i$ , $z_{3} = \frac{(1 + i) \times 4 i}{2} = \frac{- 4 + 4 i}{2} = - 2 + 2 i$ .
3. Démontrer que pour tout entier naturel $n$ , $O A_{n} = 8 {(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{n}$ . Le plus petit entier $n$ tel que $O A_{n} < 0, 1$ cm est
Rédaction attendue. La suite $(z_{n})$ est géométrique de raison $a$ et de premier terme $z_{0} = 8$ : $z_{n} = 8 a^{n}$ pour tout $n$ . En passant au module : $O A_{n} = | z_{n} | = 8 | a |^{n} = 8 {(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{n}$ . Cette suite est décroissante, car $0 < \frac{\sqrt{2}}{2} < 1$ . Or $O A_{12} = 8 \times {(\frac{1}{2})}^{6} = 0, 125 ⩾ 0, 1$ et $O A_{13} = 0, 125 \times \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0, 088 < 0, 1$ : le plus petit entier est $13$ .
4. Démontrer que, pour tout $n$ , le triangle $O A_{n} A_{n + 1}$ est rectangle et isocèle en $A_{n + 1}$ . Contrôle : $\frac{A_{n} A_{n + 1}}{O A_{n}} =$
Rédaction attendue. $A_{n} A_{n + 1} = | z_{n + 1} - z_{n} | = | a - 1 | \times | z_{n} |$ . Or $a - 1 = \frac{- 1 + i}{2}$ , de module $\frac{\sqrt{2}}{2}$ : $A_{n} A_{n + 1} = \frac{\sqrt{2}}{2} O A_{n} = O A_{n + 1}$ , le triangle est isocèle en $A_{n + 1}$ . De plus $O A_{n + 1}^{2} + A_{n} A_{n + 1}^{2} = 2 \times \frac{1}{2} O A_{n}^{2} = O A_{n}^{2}$ : par la réciproque du théorème de Pythagore, il est rectangle en $A_{n + 1}$ .
5. Compléter la fonction Python qui renvoie le plus petit $n$ tel que $O A_{n} < e$ : dans la boucle « while d >= e: », on remplace d par d * (écrire avec sqrt)
```
from math import sqrt
def seuil(e):
    n = 0
    d = 8
    while d >= e:
        d = d * sqrt(2) / 2
        n = n + 1
    return n
```
À chaque tour, d passe de OAn à OAn+1=22OAn. L’appel seuil(0.1) renvoie 13.
6. Longueur totale de la ligne brisée $A_{0} A_{1} \dots A_{10}$ , arrondie au centième de centimètre :
D’après la question 4, $A_{k} A_{k + 1} = O A_{k + 1} = 8 {(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{k + 1}$ . Donc $L = \sum_{k = 0}^{9} 8 {(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{k + 1}$ $= 4 \sqrt{2} \times \frac{1 - {(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{10}}{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}}$ , avec ${(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{10} = \frac{1}{32}$ . D’où $L \approx 18, 71$ cm.

Problème 2 · Le logo hexagonal d’une entreprise★★★Moyen

L’unité est le centimètre. Le logo est formé des six points

B_{0}

, …,

B_{5}

d’affixes

b_{k} = 3 + 2 i + 4 e^{i (\frac{π}{6} + \frac{k π}{3})}

k

0

5

, reliés dans cet ordre. On note

Ω

le point d’affixe

ω = 3 + 2 i

. Les angles sont donnés par leur mesure principale, dans

] - π; π]

. Écris π au clavier (ou pi), une racine carrée avec √.

1. Démontrer que les six points sont sur un même cercle de centre $Ω$ . Rayon :
Rédaction attendue. Pour tout $k$ , $b_{k} - ω = 4 e^{i (\frac{π}{6} + \frac{k π}{3})}$ , donc $Ω B_{k} = | b_{k} - ω | = 4 \times | e^{i (\frac{π}{6} + \frac{k π}{3})} | = 4$ . Les six points sont sur le cercle de centre $Ω$ et de rayon $4$ cm.
2. Démontrer que $B_{k + 1}$ est l’image de $B_{k}$ par une rotation de centre $Ω$ dont on donnera l’angle :
Rédaction attendue. $\frac{b_{k + 1} - ω}{b_{k} - ω} = \frac{4 e^{i (\frac{π}{6} + \frac{(k + 1) π}{3})}}{4 e^{i (\frac{π}{6} + \frac{k π}{3})}} = e^{i π / 3}$ , donc $b_{k + 1} - ω = e^{i π / 3} (b_{k} - ω)$ : $B_{k + 1}$ est l’image de $B_{k}$ par la rotation de centre $Ω$ et d’angle $\frac{π}{3}$ . Les six sommets sont régulièrement répartis sur le cercle : le logo est un hexagone régulier de centre $Ω$ .
3. Coordonnées de $B_{0}$ arrondies au centième : abscisse et ordonnée
$b_{0} = 3 + 2 i + 4 (\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} i) = (3 + 2 \sqrt{3}) + 4 i$ . Comme $2 \sqrt{3} \approx 3, 46$ , $B_{0}$ a pour coordonnées approchées $(6, 46; 4)$ .
4. Périmètre du logo : cm
$B_{0} B_{1} = 2 r \sin \frac{π}{6} = 2 \times 4 \times \frac{1}{2} = 4$ : dans un hexagone régulier, le côté est égal au rayon. Périmètre : $6 \times 4 = 24$ cm.
5. Démontrer que $[B_{0} B_{3}]$ est un diamètre du cercle, puis que le triangle $B_{0} B_{1} B_{3}$ est rectangle en $B_{1}$ . Longueur $B_{0} B_{3}$ :
Rédaction attendue. $b_{3} - ω = 4 e^{i (\frac{π}{6} + π)} = - 4 e^{i π / 6} = - (b_{0} - ω)$ , donc $ω = \frac{b_{0} + b_{3}}{2}$ : $Ω$ est le milieu de $[B_{0} B_{3}]$ , qui est un diamètre de longueur $8$ cm. Le point $B_{1}$ est sur le cercle de diamètre $[B_{0} B_{3}]$ et distinct de $B_{0}$ et $B_{3}$ : le quotient $\frac{b_{0} - b_{1}}{b_{3} - b_{1}}$ est alors imaginaire pur non nul (cas 4 du cours), donc l’angle $\hat{B_{0} B_{1} B_{3}}$ est droit.
6. Pour le point $C (5 + 5 i)$ : $Ω C^{2} =$
$Ω C = | (5 + 5 i) - (3 + 2 i) | = | 2 + 3 i | = \sqrt{13} \approx 3, 61$ . Comme $\sqrt{13} < 4$ (car $13 < 16$ ), le point $C$ est à l’intérieur du disque de centre $Ω$ et de rayon $4$ , délimité par le cercle sur lequel sont les sommets du logo. Il n’est pas pour autant dans l’hexagone : le côté $[B_{0} B_{1}]$ est à la distance $4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 2 \sqrt{3} \approx 3, 46$ de $Ω$ , et $C$ est au-delà de ce côté (sa distance à $Ω$ mesurée perpendiculairement à $[B_{0} B_{1}]$ vaut $1 + \frac{3 \sqrt{3}}{2} \approx 3, 60$ ).

Problème 3 · Retrouver une transformation à partir de deux points★★★Difficile

Un logiciel de dessin applique à chaque motif une même transformation

f : z \mapsto a z + b

, avec

a

b

complexes,

a \neq 0

. Elle envoie

A (2)

sur

B (1 + 3 i)

, et

B

sur

C (- 1 - i)

. Les angles sont donnés par leur mesure principale, dans

] - π; π]

. Écris π au clavier (ou pi), une racine carrée avec √.

1. Déterminer $a$ et $b$ . $a$ : partie réelle et partie imaginaire ; $b$ : partie réelle et partie imaginaire
Les conditions s’écrivent $2 a + b = 1 + 3 i$ et $(1 + 3 i) a + b = - 1 - i$ . En soustrayant : $a (- 1 + 3 i) = - 2 - 4 i$ , donc $a$ $= \frac{(- 2 - 4 i) (- 1 - 3 i)}{1 + 9}$ $= \frac{2 + 6 i + 4 i - 12}{10}$ $= - 1 + i$ . Puis $b = (1 + 3 i) - 2 a = 3 + i$ . Donc $f : z \mapsto (- 1 + i) z + 3 + i$ .
2. Démontrer que $f$ a un unique point invariant $Ω$ et donner son affixe : partie réelle et partie imaginaire
Rédaction attendue. $ω$ est invariant $⟺$ $ω = a ω + b$ $⟺$ $ω (1 - a) = b$ . Comme $a \neq 1$ , $1 - a = 2 - i \neq 0$ et il y a une unique solution : $ω = \frac{3 + i}{2 - i} = \frac{(3 + i) (2 + i)}{5} = \frac{5 + 5 i}{5} = 1 + i$ .
3. Rapport de $f$ : ; angle :
$| a | = | - 1 + i | = \sqrt{2}$ et $a = \sqrt{2} (- \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i) = \sqrt{2} e^{3 i π / 4}$ : $f$ est la similitude de centre $Ω (1 + i)$ , de rapport $\sqrt{2}$ et d’angle $\frac{3 π}{4}$ .
4. On pose $D = f (C)$ . Démontrer que $Ω A$ , $Ω B$ , $Ω C$ , $Ω D$ sont des termes consécutifs d’une suite géométrique. $Ω D =$
Rédaction attendue. $z_{D} = (- 1 + i) (- 1 - i) + 3 + i = 2 + 3 + i = 5 + i$ . Pour tout point $M$ d’image $M'$ , $z_{M'} - ω = a (z_{M} - ω)$ , donc $Ω M' = | a | Ω M = \sqrt{2} Ω M$ : chaque distance est la précédente multipliée par $\sqrt{2}$ . On trouve $Ω A = | 1 - i | = \sqrt{2}$ , $Ω B = | 2 i | = 2$ , $Ω C = | - 2 - 2 i | = 2 \sqrt{2}$ et $Ω D = | 4 | = 4$ : suite géométrique de raison $\sqrt{2}$ .
5. Démontrer que $(Ω A) ⟂ (Ω C)$ et calculer l’aire du triangle $Ω A C$ :
Rédaction attendue. $\frac{z_{C} - ω}{z_{A} - ω}$ $= \frac{- 2 - 2 i}{1 - i}$ $= \frac{(- 2 - 2 i) (1 + i)}{2}$ $= - 2 i$ , imaginaire pur : $(\vec{Ω A}; \vec{Ω C}) = \frac{π}{2} [π]$ , les droites sont perpendiculaires. Le triangle est rectangle en $Ω$ : aire $= \frac{\sqrt{2} \times 2 \sqrt{2}}{2} = 2$ .
6. Un élève affirme : « le centre de $f$ est le milieu de $[A B]$ , puisque $f$ envoie $A$ sur $B$ ». L’image par $f$ de ce milieu a pour partie imaginaire
Le milieu de $[A B]$ a pour affixe $\frac{3}{2} + \frac{3}{2} i$ , et $f (\frac{3}{2} + \frac{3}{2} i)$ $= (- 1 + i) (\frac{3}{2} + \frac{3}{2} i) + 3 + i$ $= - 3 + 3 + i$ $= i$ . Ce point n’est pas sa propre image : ce n’est pas le centre. Le centre est l’unique point invariant, d’affixe $\frac{b}{1 - a} = 1 + i$ ; il n’a aucune raison d’être sur $[A B]$ .

Problème 4 · Navigation entre deux phares★★★Difficile

Une carte marine est rapportée à un repère orthonormé direct, l’unité étant le kilomètre. Deux phares

A

B

ont pour affixes

z_{A} = - 6 + 2 i

z_{B} = 4 + 2 i

. Un navire est au point

M

d’affixe

z

. Une racine carrée s’écrit avec √.

1. Le navire est à égale distance des deux phares. L’ensemble $ℰ_{1}$ des positions possibles a pour équation $x =$
$A M = B M$ $⟺$ $| z - z_{A} | = | z - z_{B} |$ : médiatrice de $[A B]$ . Avec $z = x + i y$ : $(x + 6)^{2} + (y - 2)^{2} = (x - 4)^{2} + (y - 2)^{2}$ , d’où $12 x + 36 = - 8 x + 16$ , soit $x = - 1$ . Elle passe bien par le milieu de $[A B]$ , d’affixe $- 1 + 2 i$ .
2. Le navire voit les deux phares sous un angle droit : $(\vec{M A}; \vec{M B}) = \frac{π}{2} [π]$ . Démontrer que l’ensemble $ℰ_{2}$ des positions est un cercle privé de deux points. Rayon : km
Rédaction attendue. $(\vec{M A}; \vec{M B}) = a r g \frac{z_{B} - z}{z_{A} - z}$ ; la condition signifie que ce quotient est imaginaire pur non nul, c’est-à-dire que l’angle $A M B$ est droit, avec $M \neq A$ et $M \neq B$ . $ℰ_{2}$ est le cercle de diamètre $[A B]$ privé de $A$ et $B$ : centre le milieu de $[A B]$ , d’affixe $- 1 + 2 i$ , rayon $\frac{A B}{2} = \frac{| 10 |}{2} = 5$ km.
3. Le navire est à égale distance des phares et à $8$ km de $A$ . Ses deux positions ont pour ordonnées $2 + \sqrt{k}$ et $2 - \sqrt{k}$ avec $k =$
Ce sont les points de $ℰ_{1}$ sur le cercle de centre $A$ et de rayon $8$ : avec $x = - 1$ , $(- 1 + 6)^{2} + (y - 2)^{2} = 64$ , soit $(y - 2)^{2} = 39$ et $y = 2 \pm \sqrt{39}$ . Comme $\sqrt{39} \approx 6, 24$ , les positions sont environ $(- 1; 8, 24)$ et $(- 1; - 4, 24)$ .
4. Le navire est en $P (2 + 6 i)$ . Calculer $\frac{z_{A} - z_{P}}{z_{B} - z_{P}}$ : partie réelle et partie imaginaire
$z_{A} - z_{P} = - 8 - 4 i$ et $z_{B} - z_{P} = 2 - 4 i$ , donc le quotient vaut $\frac{(- 8 - 4 i) (2 + 4 i)}{4 + 16} = \frac{- 16 - 32 i - 8 i + 16}{20} = - 2 i$ . Imaginaire pur non nul : l’angle en $P$ est droit, $P$ appartient à $ℰ_{2}$ .
5. Aire du triangle $A P B$ : km²
$P A = | - 8 - 4 i | = \sqrt{80} = 4 \sqrt{5}$ et $P B = | 2 - 4 i | = \sqrt{20} = 2 \sqrt{5}$ . Le triangle est rectangle en $P$ : aire $= \frac{4 \sqrt{5} \times 2 \sqrt{5}}{2} = 20$ km². Contrôle : $P A^{2} + P B^{2} = 100 = A B^{2}$ .
6. Depuis $P$ , le navire effectue une manœuvre modélisée par la rotation de centre $B$ et d’angle $- \frac{π}{2}$ . Nouvelle position : partie réelle et partie imaginaire
$z' = - i (z - z_{B}) + z_{B}$ , donc $z'$ $= - i (- 2 + 4 i) + 4 + 2 i$ $= 2 i + 4 + 4 + 2 i$ $= 8 + 4 i$ . Contrôle : $| (8 + 4 i) - (4 + 2 i) | = | 4 + 2 i | = \sqrt{20} = P B$ : la distance au phare $B$ est conservée.

Problème 5 · Deux carrés sur les côtés d’un triangle★★★Difficile

Soit

A

B

deux points d’affixes

a

b

non nulles, tels que

a \neq i b

. On construit deux carrés de sommet

O

(ils sont à l’extérieur du triangle

O A B

quand celui-ci est direct, comme dans l’application numérique) : l’un de côtés

[O A]

[O C]

, où

C

est l’image de

A

par la rotation de centre

O

et d’angle

- \frac{π}{2}

; l’autre de côtés

[O B]

[O D]

, où

D

est l’image de

B

par la rotation de centre

O

et d’angle

\frac{π}{2}

. Application numérique :

a = 3 + i

b = 1 + 4 i

. Une fraction s’écrit avec « / ».

1. Avec les valeurs numériques : $c$ a pour partie réelle et partie imaginaire ; $d$ a pour partie réelle et partie imaginaire
Rotation de centre $O$ et d’angle $- \frac{π}{2}$ : $c = - i a = - i (3 + i) = 1 - 3 i$ . Angle $\frac{π}{2}$ : $d = i b = i (1 + 4 i) = - 4 + i$ .
2. Avec les valeurs numériques : $A D^{2} =$ et $B C^{2} =$
$d - a = (- 4 + i) - (3 + i) = - 7$ , donc $A D^{2} = 49$ ; $c - b = (1 - 3 i) - (1 + 4 i) = - 7 i$ , donc $B C^{2} = 49$ . Les deux segments ont la même longueur, $7$ .
3. Démontrer, dans le cas général, que $A D = B C$ et $(A D) ⟂ (B C)$ , en calculant $\frac{d - a}{c - b}$ . Une mesure de l’angle $(\vec{B C}; \vec{A D})$ est alors (mesure principale ; écris π au clavier ou pi)
Rédaction attendue. On a $c = - i a$ et $d = i b$ . Alors $c - b = - i a - b = - i (a - i b)$ , car $- i \times (- i b) = i^{2} b = - b$ , et $d - a = i b - a = - (a - i b)$ . Comme $a \neq i b$ , $a - i b \neq 0$ et $\frac{d - a}{c - b} = \frac{- (a - i b)}{- i (a - i b)} = \frac{1}{i} = - i$ . Son module vaut $1$ , donc $A D = B C$ ; il est imaginaire pur, donc $(B C) ⟂ (A D)$ . Enfin $(\vec{B C}; \vec{A D}) = a r g \frac{d - a}{c - b} = a r g (- i) = - \frac{π}{2} [2 π]$ . Contrôle numérique : $\frac{- 7}{- 7 i} = \frac{1}{i} = - i$ .
4. Soit $K$ le milieu de $[C D]$ . Démontrer que $(O K) ⟂ (A B)$ et que $O K = \frac{A B}{2}$ . Contrôle numérique : $O K^{2} =$
Rédaction attendue. $k = \frac{c + d}{2} = \frac{- i a + i b}{2} = \frac{i}{2} (b - a)$ . Donc $\frac{k}{b - a} = \frac{i}{2}$ : ce quotient est imaginaire pur, d’où $(O K) ⟂ (A B)$ , et son module vaut $\frac{1}{2}$ , d’où $O K = \frac{A B}{2}$ . Contrôle : $k = - \frac{3}{2} - i$ , $O K^{2} = \frac{9}{4} + 1 = \frac{13}{4}$ , et $A B^{2} = | - 2 + 3 i |^{2} = 13$ .

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