Sommaire
On pourra utiliser cette fenêtre Géogébra pour construire les figures des différents exercices.
Module et argument de b-a
Dans cette fiche, le plan est muni du repère orthonormé (O,U,V).
Propriétés
A et B sont deux points d’affixes respectives a et b. On a :
AB=|b-a| et (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})=arg(b-a)[2\pi]
Exercice n°1
Calculer l’affixe du vecteur \overrightarrow{AB} dans chaque cas puis en déduire la longueur AB et l’angle (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB}).
z_A=1+2i et z_B=2+3i
z_A=2+\sqrt{3}i et z_B=1+2\sqrt{3}i
Exercice n°2
Soient quatre points du plan A,B,C et D d’affixes z_A=-4+i , z_B=-2-i , z_C=2i et z_D=-2+i . Parmi les trois points A,B,C, lequel ne se trouve pas sur le cercle de centre D et de rayon 2 ?
Exercice n°3
Soient quatre points du plan A,B,C et D d’affixes z_A=-3+i , z_B=1+3i , z_C=1-2i et z_D=-2+5i . Parmi les deux points C et D, lequel ne se trouve pas sur la médiatrice de [AB]?
Module et argument de (c-a)/(b-a)
Propriétés
A , B et C sont trois points d’affixes respectives a , b et c avec a\ne b et a\ne c. On a :
\frac{AC}{AB}=\frac{|c-a|}{|b-a|} et (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=arg(\frac{c-a}{b-a})[2\pi]
Démonstration
\frac{AC}{AB}=\frac{|c-a|}{|b-a|}=|\frac{c-a}{b-a}|
(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{OU})+(\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AC})\\\hspace{1.6cm}=(\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AC})-(\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})\\\hspace{1.6cm}=arg(c-a)-arg(b-a)\\\hspace{1.6cm}=arg(\frac{c-a}{b-a})
Conséquences
A , B et C sont trois points d’affixes respectives a , b et c avec a\ne b et a\ne c.
\frac{|c-a|}{|b-a|}=1 \iff AC=AB
arg(\frac{c-a}{b-a})=0[\pi] \iff A,B,C alignés
arg(\frac{c-a}{b-a})=\frac{\pi}{2}[\pi] \iff (AB) et (AC) sont orthogonales.
Exercice n°4
Soient trois points du plan A,B et C d’affixes z_A=-4+3i , z_B=-8+2i et z_C=-3-i.
- Calculer \frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}
2. Déterminer |\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}| , en déduire que le triangle ABC est isocèle en B.
3. Déterminer arg(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}) , en déduire que le triangle ABC est rectangle en B.
Exercice n°5
Soient trois points du plan A,B et C d’affixes z_A=-2+i , z_B=-1+4i et z_C=2+3i.
- Calculer \frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}
2. Déterminer |\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}| , en déduire que le triangle ABC est isocèle en B.
3. Déterminer arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}) , en déduire que le triangle ABC est rectangle en B.
Exercice n°6
Soient trois points du plan A,B et C d’affixes z_A=-1+i , z_B=1-i et z_C=\sqrt{3}+\sqrt{3}i.
- Calculer \frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}
2. Déterminer |\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}| , en déduire que le triangle ABC est isocèle en B.
3. Déterminer arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}) , en déduire que le triangle ABC est équilatéral en B.
Exercice n°7
Soient trois points du plan A,B et C d’affixes z_A=2+2i , z_B=8-i et z_C=4+i.
Montrer que les points A,B et C sont alignés.
Exercice n°8
Soient trois points du plan A,B et C d’affixes z_A=7+2i , z_B=5+4i et z_C=-5i.
Montrer que les droites (AB) et (AC) sont orthogonales.
z_A=1+2i et z_B=2+3i.
On utilise la propriété du cours :
A et B sont deux points d’affixes respectives a et b. On a :
AB=|b-a| et (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})=arg(b-a)[2\pi]
1.On commence par calculer b-a en remplaçant a par 1+2i et b par 2+3i.
b-a=(2+3i)-(1+2i)\\b-a=2+3i-1-2i\\b-a=1+i
2. On calcule AB=|b-a|
AB=|1+i|
La partie réelle de 1+i vaut 1 et la partie imaginaire de 1+i qui vaut 1.
AB=\sqrt{1^2+1^2}
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=\sqrt{1+1}
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=\sqrt{2}
3. On calcule (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})=arg(1+i)[2\pi]
On remplace a par la partie rélle de 1+i qui vaut 1 et b par la partie imaginaire de 1+i qui vaut 1 et |z| par \sqrt{2} dans
cos(\theta)=\frac{a}{|z|} et sin(\theta)=\frac{b}{|z|}.
cos(\theta)=\frac{1}{\sqrt{2}} et sin(\theta)=\frac{1}{\sqrt{2}}\\cos(\theta)=\frac{\sqrt{2}}{2} et sin(\theta)=\frac{\sqrt{2}}{2}
Pour déterminer, par le calcul, une valeur de \theta, il y a plusieurs méthodes :
méthode n°1 : on utilise les touches cos^{-1} et sin^{-1} de la calculatrice.
cos(\theta)=\frac{\sqrt{2}}{2}
\theta=cos^{-1}(\frac{\sqrt{2}}{2})
La calculatrice donne \theta=\frac{\pi}{4}
En réalité on obtient :
\theta=\frac{\pi}{4} ou \theta=-\frac{\pi}{4}
sin(\theta)=\frac{\sqrt{2}}{2}
\theta=sin^{-1}(\frac{\sqrt{2}}{2})
La calculatrice donne \theta=\frac{\pi}{4}
En réalité on obtient :
\theta=\frac{\pi}{4} ou \theta=\pi-(\frac{\pi}{4})
La solution commune aux deux équations est : \theta=\frac{\pi}{4}.
Donc arg(z)=\frac{\pi}{4}[2\pi].
méthode n°2 : on utilise le cercle trigonométrique ci-dessous
On place \frac{\sqrt{2}}{2} sur l’axe des abscisses, \frac{\sqrt{2}}{2} sur l’axe des ordonnées et on lit l’angle correspondant, ici \frac{\pi}{4}. attention il y a une infinité de mesures : \frac{\pi}{4}+2k\pi.
A l’aide du cercle trigonométrique, on obtient : arg(1+i)=\frac{\pi}{4}[2\pi].
Donc (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})=\frac{\pi}{4}[2\pi]
z_A=2+\sqrt{3}i et z_B=1+2\sqrt{3}i.
On utilise la propriété du cours :
A et B sont deux points d’affixes respectives a et b. On a :
AB=|b-a| et (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})=arg(b-a)[2\pi]
1.On commence par calculer b-a en remplaçant a par 2+\sqrt{3}i et b par 1+2\sqrt{3}i.
b-a=(1+2\sqrt{3}i)-(2+\sqrt{3}i)\\b-a=1+2\sqrt{3}i-2-\sqrt{3}i\\b-a=-1+\sqrt{3}i
2.On calcule le module de AB=|b-a|
AB=|-1+\sqrt{3}i|
On remplace a par la partie rélle de -1+\sqrt{3}i qui vaut -1 et b par la partie imaginaire de -1+\sqrt{3}i qui vaut \sqrt{3} dans
|z|=\sqrt{a^2+b^2}.
AB=\sqrt{(-1)^2+\sqrt{3}^2}
\hspace{0.65cm}=\sqrt{1+3}
\hspace{0.65cm}=\sqrt{4}
\hspace{0.65cm}=2
On peut vérifier avec la TI 83 Premium CE
3. On calcule (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})=arg(-1+\sqrt{3}i)[2\pi]
On remplace a par la partie rélle de -1+\sqrt{3}i qui vaut -1 et b par la partie imaginaire de -1+\sqrt{3}i qui vaut \sqrt{3} et |-1+\sqrt{3}i| par 2 dans
cos(\theta)=\frac{a}{|z|} et sin(\theta)=\frac{b}{|z|}.
cos(\theta)=-\frac{1}{2} et sin(\theta)=\frac{\sqrt{3}}{2}
Pour déterminer, par le calcul, une valeur de \theta, il y a plusieurs méthodes :
méthode n°1 : on utilise les touches cos^{-1} et sin^{-1} de la calculatrice.
cos(\theta)=-\frac{1}{2}
\theta=cos^{-1}(-\frac{1}{2})
La calculatrice donne \theta=\frac{2\pi}{3}
En réalité on obtient :
\Theta=\frac{2\pi}{3} ou \Theta=-\frac{2\pi}{3}
sin(\theta)=\frac{\sqrt{3}}{2}
\theta=sin^{-1}(\frac{\sqrt{3}}{2})
La calculatrice donne \theta=\frac{\pi}{3}
En réalité on obtient :
\theta=\frac{\pi}{3} ou \theta=\pi-(\frac{\pi}{3})=\frac{2\pi}{3}
La solution commune aux deux équations est : \theta=\frac{2\pi}{3}.
Donc arg(z)=\frac{2\pi}{3}[2\pi].
Donc (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})=\frac{2\pi}{3}[2\pi]
méthode n°2 : on utilise le cercle trigonométrique ci-dessous
On place -\frac{1}{2} sur l’axe des abscisses, \frac{\sqrt{3}}{2} sur l’axe des ordonnées et on lit l’angle correspondant, ici \frac{2\pi}{3}. attention il y a une infinité de mesures : \frac{2\pi}{3}+2k\pi.
A l’aide du cercle trigonométrique, on obtient : arg(z)=\frac{2\pi}{3}[2\pi].
Donc (\overrightarrow{OU},\overrightarrow{AB})=\frac{2\pi}{3}[2\pi]
z_A=-4+i , z_B=-2-i , z_C=2i et z_D=-2+i
On va calculer les distances AD, BD et CD et voir laquelle est différente de 2.
On utilise la propriété du cours : AD=|d-a|.
1.On commence par calculer d-a en remplaçant a par -4+i et d par -2+i.
d-a=(-2+i)-(-4+i)\\d-a=-2+i+4-i\\d-a=2
2. On calcule AD=|d-a|
AD=|2|
AD=2
Donc A appartient au cercle de centre D et de rayon 2.
On utilise la propriété du cours : BD=|d-b|.
1.On commence par calculer d-b en remplaçant b par -2-i et d par -2+i.
d-b=(-2+i)-(-2-i)\\d-b=-2+i+2+i\\d-b=2i
2. On calcule BD=|d-b|
BD=|2i|
BD=|2|\times|i|
BD=2\times1
BD=2
Donc B appartient au cercle de centre D et de rayon 2.
On utilise la propriété du cours : CD=|d-c|.
1.On commence par calculer d-c en remplaçant c par 2i et d par -2+i.
d-c=(-2+i)-(2i)\\d-c=-2+i-2i\\d-c=-2-i
2. On calcule CD=|d-c|
CD=|-2-i|
La partie réelle de -2-i vaut -2 et la partie imaginaire de -2-i qui vaut -1.
CD=\sqrt{(-2)^2+(-1)^2}
CD=\sqrt{4+1}
CD=\sqrt{5}
Donc C n’appartient pas au cercle de centre D et de rayon 2.
z_A=-3+i , z_B=1+3i , z_C=1-2i et z_D=-2+5i
On calcule les distances CA, CB et on les compare. Puis éventuellement on calcule les distances DA, DB et on les compare.
On utilise la propriété du cours : CA=|a-c|.
1.On commence par calculer a-c en remplaçant a par -3+i et c par 1-2i.
a-c=(-3+i)-(1-2i)\\a-c=-3+i-1+2i\\a-c=-4+3i
2. On calcule CA=|a-c|
CA=|-4+3i|
La partie réelle de -4+3i vaut -4 et la partie imaginaire de -4+3i qui vaut 3.
CA=\sqrt{(-4)^2+3^2}
CA=\sqrt{16+9}
CA=\sqrt{25}
CA=5
On utilise la propriété du cours : CB=|b-c|.
1.On commence par calculer b-c en remplaçant b par 1+3i et c par 1-2i.
b-c=(1+3i)-(1-2i)\\b-c=1+3i-1+2i\\b-c=5i
2. On calcule CB=|b-c|
CB=|5i|
CB=|5|\times|i|
CB=5\times1
CB=5
Donc CA=CB donc C appartient à la médiatrice de [A,B].
On utilise la propriété du cours : DA=|a-d|.
1.On commence par calculer a-d en remplaçant a par -3+i et d par -2+5i.
a-d=(-3+i)-(-2+5i)\\a-d=-3+i+2-5i\\a-d=-1-4i
2. On calcule DA=|a-d|
DA=|-1-4i|
La partie réelle de -1-4i vaut -1 et la partie imaginaire de -1-4i qui vaut -4.
DA=\sqrt{(-1)^2+(-4)^2}
DA=\sqrt{1+16}
DA=\sqrt{17}
On utilise la propriété du cours : DB=|b-d|.
1.On commence par calculer b-d en remplaçant b par 1+3i et d par -2+5i.
b-d=(1+3i)-(-2+5i)\\b-d=1+3i+2-5i)\\b-d=3-2i
2. On calcule DB=|b-d|
BD=|3-2i|
La partie réelle de 3-2i vaut 3 et la partie imaginaire de 3-2i qui vaut -2.
BD=\sqrt{3^2+(-2)^2}
BD=\sqrt{9+4}
BD=\sqrt{13}
Donc DA\ne BD donc D n’appartient pas à la médiatrice de [A,B].
z_A=-4+3i , z_B=-8+2i et z_C=-3-i.
Pour calculer \frac{z_C-z_A}{z_B-z_A} , on remplace z_A par -4+3i , z_B par -8+2i et z_C par -3-i.
\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=\frac{(-3-i)-(-4+3i)}{(-8+2i)-(-4+3i)}
\hspace{0.95cm}=\frac{-3-i+4-3i}{-8+2i+4-3i}
\hspace{0.95cm}=\frac{1-4i}{-4-i}
On multiplie en haut et en bas par le conjugué du dénominateur : -4+i.
\hspace{0.95cm}=\frac{1-4i}{-4-i}\times \frac{-4+i}{-4+i}
Pour le dénominateur, on utilise z\times \overline{z}=|z|^2.
\hspace{0.95cm}=\frac{-4+i+16i-4i^2}{(-4)^2+1^2}
\hspace{0.95cm}=\frac{-4+17i+4}{16+1}
\hspace{0.95cm}=\frac{17i}{17}
On pense à mettre le résultat sous forme algébrique c’est-à-dire a+ib.
\hspace{0.95cm}=i
On vérifie le résultat à l’aide de la TI 83 Premium CE.
On veut déterminer |\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}| , en déduire que le triangle ABC est isocèle en A.
On a montré que
\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=i
Donc :
|\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}|=|i|
Par définition, i est le complexe de module 1 et d’argument \frac{\pi}{2}.
|\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}|=1
Si on interprète géométriquement l’égalité entre modules ci-dessus, on obtient :
\frac{AC}{AB}=1 donc AC=AB donc le triangle ABC est isocèle en A.
On peut visualiser le résultat sur la figure ci-dessous.
On veut déterminer arg(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}) , en déduire que le triangle ABC est rectangle en A.
On a montré que
\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=i
Donc :
arg(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A})=arg(i)
Par définition, i est le complexe de module 1 et d’argument \frac{\pi}{2}.
arg(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A})=\frac{\pi}{2}[2\pi]
On interprète géométriquement l’égalité entre arguments ci-dessus en utilisant le schéma ci-dessous :
En allant de la droite vers la gauche et du bas vers le haut, on obtient l’angle (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}).
(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=\frac{\pi}{2}[2\pi] donc le triangle ABC est rectangle en A.
On visualise sur la figure :
z_A=-2+i , z_B=-1+4i et z_C=2+3i.
Pour calculer \frac{z_C-z_B}{z_A-z_B} , on remplace z_A par -2+i , z_B par -1+4i et z_C par 2+3i.
\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=\frac{(2+3i)-(-1+4i)}{(-2+i)-(-1+4i)}
\hspace{0.95cm}=\frac{2+3i+1-4i}{-2+i+1-4i}
\hspace{0.95cm}=\frac{3-i}{-1-3i}
On multiplie en haut et en bas par le conjugué du dénominateur : -1+3i.
\hspace{0.95cm}=\frac{3-i}{-1-3i}\times \frac{-1+3i}{-1+3i}
Pour le dénominateur, on utilise z\times \overline{z}=|z|^2.
\hspace{0.95cm}=\frac{-3+9i+i-3i^2}{(-1)^2+3^2}
\hspace{0.95cm}=\frac{-3+10i+3}{1+9}
\hspace{0.95cm}=\frac{10i}{10}
On pense à mettre le résultat sous forme algébrique c’est-à-dire a+ib.
\hspace{0.95cm}=i
On vérifie le résultat à l’aide de la TI 83 Premium CE.
On veut déterminer |\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}| , en déduire que le triangle ABC est isocèle en B.
On a montré que
\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=i
Donc :
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=|i|
Par définition, i est le complexe de module 1 et d’argument \frac{\pi}{2}.
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=1
Si on interprète géométriquement l’égalité entre modules ci-dessus, on obtient :
\frac{BC}{BA}=1 donc BC=BA donc le triangle ABC est isocèle en B.
On peut visualiser le résultat sur la figure ci-dessous :
On veut déterminer arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}) , en déduire que le triangle ABC est rectangle en B.
On a montré que
\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=i
Donc :
arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B})=arg(i)
Par définition, i est le complexe de module 1 et d’argument \frac{\pi}{2}.
arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B})=\frac{\pi}{2}[2\pi]
On interprète géométriquement l’égalité entre arguments ci-dessus en utilisant le schéma ci-dessous :
En allant de la droite vers la gauche et du bas vers le haut, on obtient l’angle (\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}).
(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})=\frac{\pi}{2}[2\pi] donc le triangle ABC est rectangle en B.
On visualise sur la figure :
z_A=-1+i , z_B=1-i et z_C=\sqrt{3}+\sqrt{3}i.
Pour calculer \frac{z_C-z_B}{z_A-z_B} , on remplace z_A par -1+i , z_B par 1-i et z_C par \sqrt{3}+\sqrt{3}i.
\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=\frac{(\sqrt{3}+\sqrt{3}i)-(1-i)}{(-1+i)-(1-i)}
\hspace{0.95cm}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{3}i-1+i}{-1+i-1+i}
\hspace{0.95cm}=\frac{\sqrt{3}-1+i(\sqrt{3}+1)}{-2+2i}
On multiplie en haut et en bas par le conjugué du dénominateur : -2-2i.
\hspace{0.95cm}=\frac{\sqrt{3}-1+i(\sqrt{3}+1)}{-2+2i}\times \frac{-2-2i}{-2-2i}
Pour le dénominateur, on utilise z\times \overline{z}=|z|^2.
\hspace{0.95cm}=\frac{-2(\sqrt{3}-1)-2i(\sqrt{3}-1)-2i(\sqrt{3}+1)-2i^2(\sqrt{3}+1)}{(-2)^2+2^2}
\hspace{0.95cm}=\frac{-2\sqrt{3}+2-2i\sqrt{3}+2i-2i\sqrt{3}-2i+2\sqrt{3}+2}{4+4}
\hspace{0.95cm}=\frac{4-4i\sqrt{3}}{8}
On pense à mettre le résultat sous forme algébrique c’est-à-dire a+ib.
\hspace{0.95cm}=\frac{4}{8}-\frac{4\sqrt{3}}{8}i
\hspace{0.95cm}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i
On vérifie le résultat à l’aide de la TI 83 Premium CE.
On veut déterminer |\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}| , en déduire que le triangle ABC est isocèle en B.
On a montré que
\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i
Donc :
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=|\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i|
On remplace a par la partie rélle de \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i qui vaut \frac{1}{2} et b par la partie imaginaire de \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i qui vaut \frac{\sqrt{3}}{2} dans
|z|=\sqrt{a^2+b^2}.
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=\sqrt{(\frac{1}{2})^2+(-\frac{\sqrt{3}}{2})^2}
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=\sqrt{\frac{4}{4}}
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=\sqrt{1}
|\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=1
Si on interprète géométriquement l’égalité entre modules ci-dessus, on obtient :
\frac{BC}{BA}=1 donc BC=BA donc le triangle ABC est isocèle en B.
On peut visualiser le résultat sur la figure ci-dessous.
On veut déterminer arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}) puis en déduire que le triangle ABC est équilatéral.
On a montré que
\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i
Donc :
arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B})=arg(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i )
On veut déterminer un argument de \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i
1.On calcule le module de \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i
On a montré que |\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=1
2. On cherche un réel \theta tel que
cos(\theta)=\frac{a}{|z|} et sin(\theta)=\frac{b}{|z|}
On remplace a par la partie rélle de z qui vaut \frac{1}{2} et b par la partie imaginaire de z qui vaut -\frac{\sqrt{3}}{2} et |\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i| par 1 dans
cos(\theta)=\frac{a}{|z|} et sin(\theta)=\frac{b}{|z|}.
cos(\theta)=\frac{1}{2} et sin(\theta)=-\frac{\sqrt{3}}{2}
Pour déterminer, par le calcul, une valeur de \theta, il y a plusieurs méthodes :
méthode n°1 : on utilise les touches cos^{-1} et sin^{-1} de la calculatrice.
cos(\theta)=\frac{1}{2}
\theta=cos^{-1}(\frac{1}{2})
La calculatrice donne \theta=\frac{\pi}{3}
En réalité on obtient :
\theta=\frac{\pi}{3} ou \theta=-\frac{\pi}{3}
sin(\theta)=-\frac{\sqrt{3}}{2}
\theta=sin^{-1}(-\frac{\sqrt{3}}{2})
La calculatrice donne \theta=-\frac{\pi}{3}
En réalité on obtient :
\theta=-\frac{\pi}{3} ou \theta=\pi-(-\frac{\pi}{3})
La solution commune aux deux équations est : \theta=-\frac{\pi}{3}.
Donc arg(z)=-\frac{\pi}{3}[2\pi].
méthode n°2 : on utilise le cercle trigonométrique ci-dessous
On place \frac{1}{2} sur l’axe des abscisses, -\frac{\sqrt{3}}{2} sur l’axe des ordonnées et on lit l’angle correspondant, ici -\frac{\pi}{3}. attention il y a une infinité de mesures : -\frac{\pi}{3}+2k\pi.
A l’aide du cercle trigonométrique, on obtient : arg(z)=-\frac{\pi}{3}[2\pi].
Donc arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B})=-\frac{\pi}{3}[2\pi]
On traduit cette égalité avec des arguments en une égalité avec des angles en utilisant le schéma ci-dessous :
En allant de la droite vers la gauche et du bas vers le haut, on obtient l’angle (\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}).
(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})=-\frac{\pi}{3}[2\pi].
De plus |\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}|=1
donc le triangle ABC est équilatéral.
On visualise sur la figure :
z_A=2+2i , z_B=8-i et z_C=4+i.
Pour montrer que A,B et C sont alignés on va montrer que arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B})=0.
On calcule \frac{z_C-z_B}{z_A-z_B} . pour cela on remplace z_A par 2+2i , z_B par 8-i et z_C par 4+i.
\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=\frac{(4+i)-(8-i)}{(2+2i)-(8-i)}
\hspace{0.95cm}=\frac{4+i-8+i}{2+2i-8+i}
\hspace{0.95cm}=\frac{-4+2i}{-6+3i}
On multiplie en haut et en bas par le conjugué du dénominateur : -6-3i.
\hspace{0.95cm}=\frac{-4+2i}{-6+3i}\times \frac{-6-3i}{-6-3i}
Pour le dénominateur, on utilise z\times \overline{z}=|z|^2.
\hspace{0.95cm}=\frac{24+12i-12i-6i^2}{(-6)^2+3^2}
\hspace{0.95cm}=\frac{24+6}{36+9}
\hspace{0.95cm}=\frac{30}{45}
On pense à mettre le résultat sous forme algébrique c’est-à-dire a+ib.
\hspace{0.95cm}=\frac{2}{3}
On vérifie le résultat à l’aide de la TI 83 Premium CE.
On a montré que \frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}=\frac{2}{3}
Donc leurs arguments sont égaux.
arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B})=arg(\frac{2}{3})
\frac{2}{3} est un réel positif donc arg(\frac{2}{3})=0
arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B})=0
On interprète arg(\frac{z_C-z_B}{z_A-z_B}) comme un angle en utilisant le schéma ci-dessous :
En allant de la droite vers la gauche et du bas vers le haut, on obtient l’angle (\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}).
(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})=0[2\pi].
Donc les points A,B et C sont alignés.
z_A=7+2i , z_B=5+4i et z_C=-5i.
Pour calculer \frac{z_C-z_A}{z_B-z_A} , on remplace z_A par 7+2i , z_B par 5+4i et z_C par -5i.
\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=\frac{(-5i)-(7+2i)}{(5+4i)-(7+2i)}
\hspace{0.95cm}=\frac{-5i-7-2i}{5+4i-7-2i}
\hspace{0.95cm}=\frac{-7-7i}{-2+2i}
On multiplie en haut et en bas par le conjugué du dénominateur : -2-2i.
\hspace{0.95cm}=\frac{-7-7i}{-2+2i}\times \frac{-2-2i}{-2-2i}
Pour le dénominateur, on utilise z\times \overline{z}=|z|^2.
\hspace{0.95cm}=\frac{14+14i+14i+14i^2}{(-2)^2+2^2}
\hspace{0.95cm}=\frac{14+28i-14}{4+4}
\hspace{0.95cm}=\frac{28}{8}i
On pense à mettre le résultat sous forme algébrique c’est-à-dire a+ib.
\hspace{0.95cm}=\frac{7}{2}i
On vérifie le résultat à l’aide de la TI 83 Premium CE.
On a montré que \frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=\frac{7}{2}i
Donc leurs arguments sont égaux.
arg(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A})=arg(\frac{7}{2}i)
\frac{7}{2}i est un imaginaire pur avec une partie imaginaire positive donc arg(\frac{7}{2}i)=\frac{\pi}{2}
arg(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A})=\frac{\pi}{2}
On interprète arg(\frac{z_C-z_A}{z_B-z_A}) comme un angle en utilisant le schéma ci-dessous :
En allant de la droite vers la gauche et du bas vers le haut, on obtient l’angle (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}).
(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=\frac{\pi}{2}[2\pi].
Donc les droites (AB) et (AC) sont orthogonales.