nombres complexes ensemble de points

Bonjour
On donne les affixes de points:
$zA=1+i2z_A=1+i\sqrt 2$ ( V=racine carrée )
$z_B=i$
$zC=zAˉz_C=\bar{z_A}$ (A_ :lire conjugué de zA)
$zD=zBˉz_D=\bar {z_B}$
$z_E=1$

1° J'ai montré que les points A,B,C,et D sont sur le cercle de centre E et de rayon $2\sqrt 2$ .
2°) Déterminer l'ensemble des points M d'affixe z tel que:
$(z−zA)(zˉ−zD(z-z_A)(\bar z-z_D$ ) + $(z−zB)(zˉ−zC(z-z_B)(\bar z-z_C$ ) = 0
Soit z=x+iy
J'ai développé et j'obtiens: (x-1/2)² + (y-(V(2)+1)/2)² = -V(2)
C'est "presque un cercle si le carré du rayon n'était pas négatif" !
-V(2) = i²*V(2) mais je ne sais pas si c'est correct ?
Merci pour vos réponses.

@kadforu , bonjour,

Ta réponse pour la 1) est bonne

Pour la 2), avec l'égalité que tu trouves, tu peux conclure que l'ensemble des points est vide. Cela est surprenant...

Revois tes calculs, il y a peut-être une erreur quelque part.

Après développement et simplification, sauf erreur (avec la chaleur , on ne sait jamais...) j'obtiens d'abord :
$2(x2+y2)−2x−2y(1+2)+22=02(x^2+y^2)-2x-2y(1+\sqrt 2)+2\sqrt 2=0$

En simplifiant par 2
$x2+y2−x−y(1+2)+2=0\boxed{x^2+y^2-x-y(1+\sqrt 2)+\sqrt 2=0}$

Il reste à transformer avec les identités remarquables :

$x2−x=(x−12)2−14x^2-x=\biggl(x-\dfrac{1}{2}\biggl)^2-\dfrac{1}{4}$
$y2−y(1+2)=(y−1+22)2−(1+22)2y^2-y(1+\sqrt 2)=\biggl(y-\dfrac{1+\sqrt 2}{2}\biggl)^2-\biggl(\dfrac{1+\sqrt 2}{2}\biggl)^2$

En remplaçant dans l'équation, tu dois faire apparaître coordonnées du centre et rayon.

Donc, vérifie les calculs et tiens nous au courant si besoin.

Sauf erreur , en appelant R le rayon, $R2=1−22R^2=1-\dfrac{\sqrt 2}{2}$
donc $R=1−22R=\sqrt{1-\dfrac{\sqrt 2}{2}}$

Bons calculs.

Bonjour

sauf erreur (avec la chaleur , on ne sait jamais...)

C'est moi qui ai eu ce coup de chaleur ! J'avais oublier de retrancher ce qui était en plus.
Tes calculs sont justes.

J'ai fait un dessin et je me suis rendu compte que le cercle emsembles des points M a pour diamètre [AB] pour, rayon V(1-V(2)/2) et pour centre ( 1/2;(1+V(2)/2 ).

Donc j'ai essayé la méthode géométrique:
le produit scalaire MA.MB=(x-1)x+(y-V(2))(y-1)=0
donc M sur le cercle de diamètre [AB]
C'est plus rapide que la méthode algébrique.
Le problème, comment on aurait pensé à MA.MB !

Re- bonjour @kadforu .

Vu que tu as vu ton étourderie (chaleur oblige ! ), c'est parfait pour la méthode algébrique.

Il y a une propriété qui existe pour la méthode géométrique, mais je ne pense pas qu'elle fasse partie du programme de TS...

Si ça t'intéresse, tu pourras la démontrer et l'utiliser pour ton exercice.

Soit Z et Z' mis sous forme algébrique : $Z = a + i b$ et $Z^{'} = a^{'} + i b^{'}$
Soit $U→\overrightarrow{U}$ et $V→\overrightarrow{V}$ les images respectives de $Z$ et $Z^{'}$
$U→.V→=ZZ′ˉ+ZˉZ′\boxed{2\ \overrightarrow{U}.\overrightarrow{V}=Z\bar {Z'}+\bar{Z} Z'}$

L'équation proposée peut s'écrire
$(z−zA)(zˉ−zBˉ)+(z−zB)(zˉ−zAˉ)=0(z-z_A)(\bar z-\bar {z_B})+(z-z_B)(\bar z-\bar {z_A})=0$

en transformant ( la différence des conjugués est le conjugué de la différence ) et appliquant la propriété indiquée, tu arrives à :
$AM→.BM→=0\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BM}=0$
c'est à dire à
$MA→.MB→=0\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=0$

Re-bonjour
Effectivement ce n'est pas au programme français classe TS mais ça m'intéresse.
C'est une question d'un bac étranger donc ils ont ça au programme du lycée.
U.V=aa'+bb'.
ZZ′¯+Z¯Z′=(a+ib)(a'-ib')+(a-ib)(a'+ib')=2(aa'+bb')
Tu as oublié le 2
Donc ZZ′¯+Z¯Z′=2*U.V sauf erreur de ma part.

Et bien merci pour tout.

Re-bonjour @kadforu ,

Exact pour le 2.
Merci de l'avoir vu. Je viens de compléter. (encore un coup de chaud !)
Remarque vu que le sujet t'intéresse : tu pourrais dire aussi que $U→.V→=Re(Z.Z′)ˉ\boxed{\overrightarrow{U}.\overrightarrow{V}=Re(Z.\bar{Z')}}$ .
Cela est parfois utile, mais pas ici.
La seule interprétation pour la question est celle qui a été indiquée.

Cela nous arrive parfois de voir en TS des demandeurs étrangers qui n'ont pas le même programme qu'en France...On s'adapte.

Bonne soirée !