Bonsoir;
pourriez vous m'aider à faire l'exercice 2, car je le trouve particulièrement difficile (merci de votre aide), par avance
exercices complexes difficile
exercices complexes difficile
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Re: exercices complexes difficile
w.w' = 1/2 (z*z' (barre) + z (barre) *z')
g = (a+b+c/3)
A'G = k A'A (en vecteurs les deux)
h = a+b+c
je pose les notations que vous ne pourrais pas bien voir ...
g = (a+b+c/3)
A'G = k A'A (en vecteurs les deux)
h = a+b+c
je pose les notations que vous ne pourrais pas bien voir ...
Re: exercices complexes difficile
Bonjour
1. Soit $z=a+bi$ et $z'=a'+b'i$
$\frac{1}{2} (z\overline{z'}+\overline{z}z')=\frac{1}{2}(a+bi)(a'-b'i)+(a-bi)(a'+b'i)=\frac{1}{2} (aa'+bb'-ab'i+a'bi+aa'+bb'+ab'i-a'bi)$
$=aa'+bb'$
$\overrightarrow {w}$ a pour coordonnées $(a,b)$, $\overrightarrow {w'}$ a pour coordonnées $(a',b')$ donc $\overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{w'}=aa'+bb'$
2. $OA=OB=OC$ donc $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle.
3. Affixe de $\overrightarrow{A'G}\ :\ \frac{a+b+c}{3}-\frac{b+c}{2}=\frac{2a+2b+2c-3b-3c}{6}=\frac{2a-b-c}{6}$
Affixe de $\overrightarrow{A'A}\ :\ a-\frac{b+c}{2}=\frac{2a-b-c}{2}$
Donc $\overrightarrow{A'G}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A'A}$. Les vecteurs sont colinéaires donc les points $A, G, A'$ sont alignés.
$G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$.
4. $\overrightarrow{AH}$ a pour affixe $z=b+c$ ; $\overrightarrow{BC}$ a pour affixe $z'=c-b$
$\frac{1}{2} ( z\overline{z'}+\overline{z}z')=\frac{1}{2} ( (b+c)(\bar c -\bar b)+(\bar b +\bar c)(c-b))=\frac{1}{2}(b\bar c -b\bar b+c\bar c-c\bar b+\bar b c -\bar b b +\bar c c -\bar cb)$
$=c\bar c -b\bar b=|c|^2-|b|^2=0$ donc $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=0$ (d'après la première question).
Les vecteurs sont donc orthogonaux et $H$ appartient à la hauteur issue de $A$.
$H$ est l'orthocentre du triangle.
$\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$ donc les points $O,G,H$ sont alignés.
5. $\omega =\frac{z+z'}{2}$ soit $z'=2\omega -z$
$z_{A'}=\frac{b+c}{2}$ donc $z_{A_1}=2(\frac{b+c}{2})-(a+b+c)=-a$
$|z_{A_1}|=|a|$ donc $A_1\in \Gamma$
6. Le plus simple est une démonstration géométrique.
Soit $K$ le pied de la hauteur issue de $A$ dans le triangle $ABC$
Dans le triangle $HA_2A_1$, $K$ est le milieu de $HA_2$ et $A'$ le milieu de $HA_1$ donc la droite $(A'K)$ est parallèle à la droite $(A_1A_2)$. Or $(A'K)$ est perpendiculaire à $(AA_2)$ donc $(A_1A_2)$ est perpendiculaire à $(AA_2)$.
$A_1$ d'affixe $-a$ est diamétralement opposé à $A$ dans le cercle $\Gamma$, le triangle $AA_1A_2$ rectangle est donc inscrit dans le cercle de diamètre $[AA_1]$ donc $A_2\in \Gamma$.
1. Soit $z=a+bi$ et $z'=a'+b'i$
$\frac{1}{2} (z\overline{z'}+\overline{z}z')=\frac{1}{2}(a+bi)(a'-b'i)+(a-bi)(a'+b'i)=\frac{1}{2} (aa'+bb'-ab'i+a'bi+aa'+bb'+ab'i-a'bi)$
$=aa'+bb'$
$\overrightarrow {w}$ a pour coordonnées $(a,b)$, $\overrightarrow {w'}$ a pour coordonnées $(a',b')$ donc $\overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{w'}=aa'+bb'$
2. $OA=OB=OC$ donc $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle.
3. Affixe de $\overrightarrow{A'G}\ :\ \frac{a+b+c}{3}-\frac{b+c}{2}=\frac{2a+2b+2c-3b-3c}{6}=\frac{2a-b-c}{6}$
Affixe de $\overrightarrow{A'A}\ :\ a-\frac{b+c}{2}=\frac{2a-b-c}{2}$
Donc $\overrightarrow{A'G}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A'A}$. Les vecteurs sont colinéaires donc les points $A, G, A'$ sont alignés.
$G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$.
4. $\overrightarrow{AH}$ a pour affixe $z=b+c$ ; $\overrightarrow{BC}$ a pour affixe $z'=c-b$
$\frac{1}{2} ( z\overline{z'}+\overline{z}z')=\frac{1}{2} ( (b+c)(\bar c -\bar b)+(\bar b +\bar c)(c-b))=\frac{1}{2}(b\bar c -b\bar b+c\bar c-c\bar b+\bar b c -\bar b b +\bar c c -\bar cb)$
$=c\bar c -b\bar b=|c|^2-|b|^2=0$ donc $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=0$ (d'après la première question).
Les vecteurs sont donc orthogonaux et $H$ appartient à la hauteur issue de $A$.
$H$ est l'orthocentre du triangle.
$\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$ donc les points $O,G,H$ sont alignés.
5. $\omega =\frac{z+z'}{2}$ soit $z'=2\omega -z$
$z_{A'}=\frac{b+c}{2}$ donc $z_{A_1}=2(\frac{b+c}{2})-(a+b+c)=-a$
$|z_{A_1}|=|a|$ donc $A_1\in \Gamma$
6. Le plus simple est une démonstration géométrique.
Soit $K$ le pied de la hauteur issue de $A$ dans le triangle $ABC$
Dans le triangle $HA_2A_1$, $K$ est le milieu de $HA_2$ et $A'$ le milieu de $HA_1$ donc la droite $(A'K)$ est parallèle à la droite $(A_1A_2)$. Or $(A'K)$ est perpendiculaire à $(AA_2)$ donc $(A_1A_2)$ est perpendiculaire à $(AA_2)$.
$A_1$ d'affixe $-a$ est diamétralement opposé à $A$ dans le cercle $\Gamma$, le triangle $AA_1A_2$ rectangle est donc inscrit dans le cercle de diamètre $[AA_1]$ donc $A_2\in \Gamma$.