Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 1

Il nous faut développer $$\left(z-2\right)\left(z^{2} -2z+4\right)$$ .
$$\left(z-2\right)\left(z^{2} -2z+4\right)=z^{3} -2z^{2} +4z-2z^{2} +4z-8$$
$$\left(z-2\right)\left(z^{2} -2z+4\right)=z^{3} -4z^{2} +8z-8$$

On considère l’équation $$\left(E\right) : z^{3} = 4z^{2} -8z +8$$ que nous pouvons écrire $$z^{3} -4z^{2} +8z-8=0$$
D'après la question $$1$$, nous savons que $$z^{3} -4z^{2} +8z-8=\left(z-2\right)\left(z^{2} -2z+4\right)$$ .
Il en résulte donc que résoudre l'équation $$z^{3} -4z^{2} +8z-8=0$$ revient à résoudre $$\left(z-2\right)\left(z^{2} -2z+4\right)=0$$
Ainsi :
$$\left(z-2\right)\left(z^{2} -2z+4\right)=0$$
C'est une équation produit nul donc $$z-2=0$$ ou $$z^{2} -2z+4=0$$
$$\red{\text{Calculons d'une part :}}$$ $$z-2=0$$ alors $$z=2$$ .
$$\red{\text{Calculons d'autre part :}}$$ $$z^{2} -2z+4=0$$
$$\Delta =-12$$, il existe donc deux racines complexes conjuguées notées $$z_{1}$$et $$z_{2}$$ tels que $$z_{1} =\frac{-b-i\sqrt{-\Delta } }{2a}$$ et $$z_{2} =\frac{-b+i\sqrt{-\Delta } }{2a}$$
$$z_{1} =\frac{2-i\sqrt{12} }{2}$$ et $$z_{2} =\frac{2+i\sqrt{12} }{2}$$
$$z_{1} =\frac{2-2\sqrt{3}i}{2}$$ et $$z_{2} =\frac{2+2\sqrt{3} i}{2}$$
Ainsi :
et
Donc $$S=\left\{2;1-i\sqrt{3} ;1+i\sqrt{3} \right\}$$

D'après la question $$2$$, nous savons que les solutions de l'équation $$\left(E\right)$$ sont $$S=\left\{2;1-i\sqrt{3} ;1+i\sqrt{3} \right\}$$.
$$\text{\purple{Premièrement :}}$$ on note $$z_{0}=2$$
$$\left|z_{0} \right|=\sqrt{2^{2} +0^{2} } =\sqrt{4} =2$$
Pour l'argument $$\theta$$ on sait que $$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie réelle de } z_{0}}{\text{module de } z_{0}} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } z_{0}}{\text{module de } z_{0} } } \end{array}\right.$$
On a donc $$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{2}{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{0}{2} } \end{array}\right.$$
d'où $$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {1} \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {0} \end{array}\right.$$
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que
Ainsi $$\red{z_{0}=2=2e^{i0}}$$
$$\text{\purple{Deuxièmement :}}$$ on note $$z_{1} =1-i\sqrt{3}$$
$$\left|z_{1} \right|=\sqrt{1^{2} +\left(-\sqrt{3} \right)^{2} } =2.$$
Pour l'argument $$\theta$$ on sait que $$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie réelle de } z_{1}}{\text{module de } z_{1}} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\text{partie imaginaire de } z_{1}}{\text{module de } z_{1} } } \end{array}\right.$$
Ainsi : $$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{1}{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{-\sqrt{3} }{2} } \end{array}\right.$$
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que
Ainsi $$\red{z_{1}=1-i\sqrt{3}=2e^{-i\frac{\pi }{3} }}$$
$$\text{\purple{Troisièmement :}}$$ on note $$z_{2} =1+i\sqrt{3}$$
On remarque que $$z_{2}$$ est le conjugué de $$z_{1}$$ .
Il en résulte donc que : $$\red{z_{2}=1+i\sqrt{3}=2e^{i\frac{\pi }{3} }}$$

On conjecture que le quadrilatère $$OABC$$ est un losange. Il faut donc montrer que $$OABC$$ est un parallélogramme avec deux cotés consécutifs égaux.
$$OABC$$ est un parallélogramme si et seulement si $$z_{\overrightarrow{OA} }=z_{\overrightarrow{CB} }$$.
$$\red{\text{D'une part :}}$$
$$z_{\overrightarrow{OA} }=z_{A}-z_{O}$$
$$z_{\overrightarrow{OA} }=1+i\sqrt{3}-0$$

$$\red{\text{D'autre part :}}$$
$$z_{\overrightarrow{CB} }=z_{B}-z_{C}$$
$$z_{\overrightarrow{CB} }=2-\left(1-i\sqrt{3}\right)$$
$$z_{\overrightarrow{CB} }=2-1+i\sqrt{3}$$

Nous avons bien $$z_{\overrightarrow{OA} }=z_{\overrightarrow{CB} }$$. il en résulte que le quadrilatère $$OABC$$ est un parallélogramme.
Calculons maintenant les mesures des cotés $$\left[CO\right]$$ et $$\left[OA\right]$$ .

$$CO=\left|z_{O} -z_{C} \right|=\left|0-\left(1-i\sqrt{3} \right)\right|=\left|-1+i\sqrt{3} \right|=\sqrt{\left(-1\right)^{2} +\left(\sqrt{3} \right)^{2} } =2$$

$$OA=\left|z_{A} -z_{O} \right|=\left|1+i\sqrt{3} \right|=\sqrt{1^{2} +\left(\sqrt{3} \right)^{2} } =2$$

Finalement, $$OABC$$ est un parallélogramme avec deux cotés consécutifs égaux. Autrement dit, $$OABC$$ est un losange.

$$\red{\text{Calculons d'une part :}}$$
$$z_{\overrightarrow{AM} }=z_{M}-z_{A}$$
$$z_{\overrightarrow{AM} } =\frac{7}{4} +i\frac{\sqrt{3} }{4} -1-i\sqrt{3}$$
$$z_{\overrightarrow{AM} } =\frac{7}{4} +i\frac{\sqrt{3} }{4} -\frac{4}{4} -i\frac{4\sqrt{3} }{4}$$
$$z_{\overrightarrow{AM} } =\frac{3}{4} -i\frac{3\sqrt{3} }{4}$$
$$z_{\overrightarrow{AM} } =\frac{3}{4} \left(1-i\sqrt{3} \right)$$
$$\red{\text{Calculons d'autre part :}}$$
$$z_{\overrightarrow{AB} }=z_{B}-z_{A}$$
$$z_{\overrightarrow{AB} } =2-\left(1+i\sqrt{3} \right)$$
$$z_{\overrightarrow{AB} } =2-1-i\sqrt{3}$$
$$z_{\overrightarrow{AB} } =1-i\sqrt{3}$$
On remarque que : $$z_{\overrightarrow{AM} }=\frac{3}{4}\times z_{\overrightarrow{AB} }$$
Les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AM}$$ sont $$\blue{\text{colinéaires}}$$ donc les points $$A, M$$ et $$B$$ sont alignés.

On conjecture que le triangle $$DMB$$ est rectangle en $$M$$ .

$$DM=\left|z_{M} -z_{D} \right|\Leftrightarrow DM=\left|\frac{7}{4}+i\frac{\sqrt{3}}{4}-1\right|\Leftrightarrow DM=\left|\frac{3}{4}+i\frac{\sqrt{3}}{4}\right|\Leftrightarrow DM=\sqrt{\left(\frac{3}{4}\right)^{2} + \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^{2}} \Leftrightarrow DM=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

$$BM=\left|z_{M} -z_{B} \right|\Leftrightarrow BM=\left|\frac{7}{4}+i\frac{\sqrt{3}}{4}-2\right|\Leftrightarrow BM=\left|-\frac{1}{4}+i\frac{\sqrt{3}}{4}\right|\Leftrightarrow BM=\sqrt{\left(-\frac{1}{4}\right)^{2} + \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^{2}} \Leftrightarrow BM=\frac{1}{2}$$

$$BD=\left|z_{D} -z_{B} \right|\Leftrightarrow BD=\left|2-1\right|\Leftrightarrow BD=\left|1\right|\Leftrightarrow BD=1$$

$$\red{\text{On vérifie que : }}$$
$$BD^{2} =1$$ et que $$DM^{2}+BM^{2} =\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=1$$
D'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $$DMB$$ est rectangle en $$M$$.