1. • Le point \(A\) a pour affixe \(4+2i\).
   • Le point \(B\) a pour affixe \(6i\).
   • Le point \(C\) a pour affixe \(-2+5i\).
   • Le point \(D\) a pour affixe \(1-2i\).
2. • Le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) a pour affixe \(-4+4i\).
   • Le vecteur \(\overrightarrow{BC}\) a pour affixe \(-2-i\).

3. 

4. Le vecteur \(\overrightarrow{AE}\) a pour affixe \(-2+i\). Le vecteur \(\overrightarrow{AC}\) a pour affixe \(-6+3i\). On a \(z_{\overrightarrow{AC}} = 3z_{\overrightarrow{AE}} \). Les vecteurs \(\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AE}\) sont donc colinéaires. Les points \(A\), \(E\) et \(C\) sont donc alignés.

1. Le point \(I\) a pour affixe \( \dfrac{1+4i+2-i}{2}\) soit \( \dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2}i\)
2. Le quadrilatère \(ABCD\) est un parallélogramme si et seulement si \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\), c’est-à-dire \(z_B-z_A=z_D-z_C\) et donc \[z_D=z_B-z_A+z_C = 2-i-(1+4i)+(-3-5i) = -2-10i\]
3. \(E\) est le symétrique du point \(A\) par rapport au point \(C\) si et seulement si \(C\) est le milieu du segment \([EA]\), et donc \(\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AC}\). On a donc \(z_E-z_C = z_C-z_A\) et donc
   \[z_E=2z_C-z_A=2(-3-5i)-(1+4i)=-7-14i\]

Un dessin vaut mieux qu’un long discours…

1. \(M_1\) est le symétrique de \(M\) par rapport à l’axe des abscisses
2. \(M_2\) est le symétrique de \(M\) par rapport à l’origine
3. \(M_3\) est le symétrique de \(M\) par rapport à l’axe des ordonnées

1. Puisque \(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=0\), on a \(a-g+b-g+c-g=0\).

   Ainsi, \(a+b+c-3g=0\) et \(g=\dfrac{1}{3}(a+b+c)\)

2. Le point \(I\) a pour affixe \(\dfrac{b+c}{2}\). Le vecteur \(\overrightarrow{AG}\) a donc pour affixe
   \[z_{\overrightarrow{AG}}=g-a = \dfrac{1}{3}(a+b+c) – a = \dfrac{1}{3}(-2a+b+c) \]
   Le vecteur \(\overrightarrow{AI}\) a pour affixe
   \[z_{\overrightarrow{AI}}= \dfrac{b+c}{2} – a = \dfrac{1}{2}(-2a+b+c) \]
   Ainsi, \(z_{\overrightarrow{AG}}=\dfrac{2}{3}z_{\overrightarrow{AI}}\). Les vecteurs \(\overrightarrow{AI}\) et \(\overrightarrow{AG}\) sont donc colinéaires. Les points \(A\), \(G\) et \(I\) sont donc alignés.
3. Le point \(G\) se situe donc sur la médiane du triangle \(ABC\) issue de \(A\). De la même manière, on montre que ce point se situe sur les médianes issues de \(B\) et \(C\). Le point \(G\) est donc le centre de gravité du triangle \(ABC\).

On a

• \(|z_1| =\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\)
• \(|z_2|=\sqrt{(-4)^2+3^2}=\sqrt{25}=5\)\)
• \(|z_3|=5\)
• \(|z_4|=3\)
• \(|z_5|=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}}=\sqrt{1}=1\)

On a

• \(AB = |1+i-(5i-2)|=|3-4i|=\sqrt{3^2+(-4)^2}=\sqrt{25}=5\)
• \(AC = |1+i-(2+4i)|=|-1-3i|=\sqrt{(-1)^2+(-3)^2}=\sqrt{10}\)
• \(BC = |2+4i-(5i-2)|=|4-i|=\sqrt{4^2+(-1)^2}=\sqrt{17}\)

• L’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tel que \(|z-3|=|z-5+i|\) est la médiatrice du segment \(A(3)\) et \(B(5-i)\)
• L’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tel que \(|z-2-5i|=|2i+1-z|\) est la médiatrice du segment \(A(2+5i)\) et \(B(2i+1)\)
• \(3-2i\) n’est pas solution de l’équation \(\dfrac{|z+1-i|}{|z-3+2i|}=1\). Ainsi, \(\dfrac{|z+1-i|}{|z-3+2i|}=1\) si et seulement si \(|z+1-i|=|z-3+2i|\). L’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tel que \(\dfrac{|z+1-i|}{|z-3+2i|}=1\) est donc la médiatrice du segment \(A(-1+i)\) et \(B(3-2i)\).
• L’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tel que \(|z-5+4i| = 2\) est le cercle de centre \(A(5-4i)\) et de rayon 2.
• L’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tel que \(|z-3i+1| \leqslant 4\) est le disque de centre \(A(-1+3i)\) et de rayon 4.
• L’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tel que \(|z+4-2i| = |3-6i|\) est le cercle de centre \(A(-4+2i)\) et de rayon \(|3-6i|\), c’est-à-dire \(3\sqrt{5}\).

Ce cercle admet pour équation \(|z-1-2i|=4\)

Il suffit de montrer que \(AD=BD=CD=5\)

• \(AD=|4i-(4+i)|=|-4+3i|=\sqrt{(-4)^2+3^2}=\sqrt{25}=5\)
• \(BD=|9+i-(4+i)|=|5|=5\)
• \(CD=|4-4i-(4+i)|=|-5i|=5\)

1. Puisque \(|0|=0\), alors \(0 \not \in \mathbb{U}\). En revanche, \(1\), \(-1\), \(i\) et \(-i\) sont des éléments de \(\mathbb{U}\)
2. Soit \(z\) et \(z’\) deux élements de \(\mathbb{U}\). Alors
   \[|zz’|=|z| \times |z’| = 1 \times 1 = 1\]
   Ainsi, \(zz’\in \mathbb{U}\). De plus,
   \[\left| \dfrac{z}{z’} \right| = \dfrac{|z|}{|z’|}=\dfrac{1}{1}=1\]
   Et donc \(\dfrac{z}{z’}\in \mathbb{U}\).
3. 1 est un élément de \(\mathbb{U}\). Or, \(|1+1|=|2|=2\neq 1\). La somme de deux éléments de \(\mathbb{U}\) n’est pas forcément dans \(\mathbb{U}\)
4. Soit \(z\in\mathbb{U}\). Alors \(z\overline{z}=|z|^2=1\). Ainsi,
   \[z+\dfrac{1}{z} = z + \dfrac{\overline{z}}{z\overline{z}}=z+\overline{z}=2Re(z)\]
   En particulier, \(z+\dfrac{1}{z}\) est réel. D’autre part,
   \[z^2-\dfrac{1}{z^2}=\left(z-\dfrac{1}{z}\right)\left(z+\dfrac{1}{z}\right)\]
   On sait par ailleurs que \(z+\dfrac{1}{z}\) est réel. De plus,
   \[z-\dfrac{1}{z} = z – \dfrac{\overline{z}}{z\overline{z}}=z-\overline{z}=2iIm(z)\]
   qui est un imaginaire pur. \(z^2-\dfrac{1}{z^2}\) est donc un imaginaire pur.

Soit \(z\in\mathbb{C}\). En factorisant le module on a
\[ |(1+i)z-2i|=2 \Leftrightarrow |1+i| \times \lvert z – \dfrac{2i}{1+i} \rvert = 2\]
Or, \(|1+i|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\) et \(\dfrac{2i}{1+i}=\dfrac{2i(1-i)}{(1+i)(1-i)}=1+i\). Ainsi,
\[ |(1+i)z-2i|=2 \Leftrightarrow \lvert z – (1+i) \rvert = \sqrt{2}\]

L’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tels que \(|(1+i)z-2i|=2\) est le cercle de centre \(A(1+i)\) et de rayon \(\sqrt{2}\).

1. On a
   \[\left|\dfrac{1}{2}-\dfrac{2i}{3}\right| = \sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{2}{3}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\].
   En particulier, \(\left|\dfrac{1}{2}-\dfrac{2i}{3}\right| < 1\) et donc \(\displaystyle\lim_{n \to + \infty}|z_n|=0\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{n \to + \infty}z_n=0\)
2. 1. Pour tout entier naturel \(n\)

      \[\begin{array}{lll} |a_{n+1}-2| &=& \left|\dfrac{1+i}{2}a_n+1-i-2\right| \\
      &=& \left|\dfrac{1+i}{2}a_n-1-i\right| \\
      &=& \left|\left(\dfrac{1+i}{2}\right)(a_n-2) \right| \\
      &=& \left| \dfrac{1+i}{2}\right| \times |a_n-2|\end{array} \]

      Or, \(\left| \dfrac{1+i}{2}\right| = \dfrac{1}{2}|1+i|=\dfrac{\sqrt{2}}{2} =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\). Finalement, pour tout entier naturel \(n\), \(|a_{n+1}-2| = \dfrac{|a_n-2|}{\sqrt{2}}\)

   2. La suite \((|a_n-2|)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\). Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(|a_n-2|=\dfrac{|a_0-2|}{\sqrt{2}^n}\). Or, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{\sqrt{2}^n}=0\) et donc \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} |a_n-2|=0\). Il en vient que \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} a_n=2\)

Soit \(z\) et \(z’\) deux nombres complexes. On a
\[\begin{array}{lll}|z+z’|^2 &=& (z+z’)(\overline{z+z’})\\& = &(z+z’)(\overline{z}+\overline{z’}) \\& = & z\overline{z} + z\overline{z’}+z’\overline{z} + z’\overline{z’} \\&=& |z|^2 + z\overline{z’}+z’\overline{z} + |z’|^2\end{array}\]
De même,
\[\begin{array}{lll}
|z-z’|^2 &=& (z-z’)(\overline{z-z’})\\
& = &(z-z’)(\overline{z}-\overline{z’}) \\
& = & z\overline{z} – z\overline{z’}-z’\overline{z} + z’\overline{z’} \\
&=& |z|^2 – z\overline{z’}-z’\overline{z} + |z’|^2\end{array}\]
Il en vient que
\[ |z+z’|^2+|z-z’|^2=|z|^2+|z’|^2+|z|^2+|z’|^2 = 2|z|^2+2|z’|^2 \]

Soit désormais un parallélogramme \(ABCD\). Notons \(z\) l’affixe du vecteur \(\overrightarrow{AB}\) et \(z’\) l’affixe du vecteur \(\overrightarrow{AD}\). Puisque \(AD = BC\) et \(AB = CD\), on a alors
\[2|z|^2+2|z’|^2 = 2AB^2+2AD^2 = AB^2+BC^2+CD^2+AD^2\]

Or, \(\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD}\). Le vecteur \(\overrightarrow{AC}\) a donc pour affixe \(z+z’\).

Par ailleurs, \(\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\). \(\overrightarrow{BD}\) a donc pour affixe \(z’-z\).

Ainsi, d’après l’égalité prouvée précédemment, on a bien \(AC^2+BD^2=AB^2+BC^2+CD^2+DA^2\)

On a

\[\begin{array}{lll}(\cos(x)+\sin(x))^2+(\cos(x)-\sin(x))^2 & = & \cos(x)^2+2\cos(x)\sin(x)+\sin(x)^2+\cos(x)^2-2\sin(x)\cos(x)+\sin(x)^2 \\
& = & 2(\cos(x)^2+\sin(x)^2) \\
&=&2\end{array}\]

Les solutions de l’équation \(\cos (x)=\dfrac{1}{2}\) sur \(]-\pi;\pi]\) sont \(-\dfrac{\pi}{3}\) et \(\dfrac{\pi}{3}\). Sur \([0;2\pi[\), les solutions sont \( \dfrac{\pi}{3}\) et \(\dfrac{5\pi}{3}\).

Les solutions de l’équation \(\sin (x) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) sur \(]-\pi;\pi]\) sont \(\dfrac{\pi}{4}\) et \(\dfrac{3\pi}{4}\). Sur \([0;2\pi[\), ce sont les mêmes solutions.

Les solutions de l’équation \(\cos (x)=0\) sur \(]-\pi;\pi]\) sont \(-\dfrac{\pi}{2}\) et \(\dfrac{\pi}{2}\). Sur \([0;2\pi[\), les solutions sont \( \dfrac{\pi}{2}\) et \(\dfrac{3\pi}{2}\).

Les solutions de l’équation \(\sin (x)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) sur \(]-\pi;\pi]\) sont \(-\dfrac{2\pi}{3}\) et \(-\dfrac{\pi}{3}\). Sur \([0;2\pi[\), les solutions sont \( \dfrac{4\pi}{3}\) et \(\dfrac{5\pi}{3}\).

Soit \(x\in[0;2\pi]\). On a

\[\cos(x)^2-\dfrac{1}{2}=0 \Leftrightarrow \cos(x)^2 = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \cos(x) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \text{ ou } \cos(x) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\]

Les solutions de l’équation sont donc \(\dfrac{\pi}{4}\), \(\dfrac{3\pi}{4}\), \(\dfrac{5\pi}{4}\) et \(\dfrac{7\pi}{4}\).

On a

• \(\cos (\pi-x) = \cos(\pi)\cos(x)+\sin(\pi)\sin(x) = – \cos(x)\)
• \(\sin\left(\dfrac{\pi}{2}+x\right) = \sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\cos(x)+ \cos\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\sin(x) = \cos(x)\)
• \(\cos \left(x+\dfrac{\pi}{2}\right)= \cos\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\cos(x)- \sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\sin(x) = -\sin(x)\)
• \(\sin(x+11\pi)=\sin(x)\cos(11\pi)+\cos(x)\sin(11\pi)=-\sin(x)\)

On a

• \(cos(2x)=\cos(x+x) = \cos(x)\cos(x)-\sin(x)\sin(x)=\cos(x)^2-\sin(x)^2\)
• \(\sin(2x)=\sin(x+x)=\sin(x)\cos(x)+\cos(x)\sin(x)=2\sin(x)\cos(x)\)

On a
\[\begin{array}{lll} \cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right) & =& \cos \left(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}\right) \\
& = & \cos \left(\dfrac{\pi}{3}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right) + \sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right) \\
& =& \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} \
&=& \dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\end{array}\]
et
\[\begin{array}{lll} \sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right) & =& \sin \left(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}\right) \\
& = & \sin \left(\dfrac{\pi}{3}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right) -\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right) \\
& =& \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} – \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} \
&=& \dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\end{array}\]

On sait que \(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Or,

\[\begin{array}{lll}\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right) & = & \cos\left(\dfrac{\pi}{8}+\dfrac{\pi}{8}\right) \\
& = & \cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right) – \sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right)\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right) \\
&=& \cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2-\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2\end{array}\]

Par ailleurs, puisque \(\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2+\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2=1\), on en déduit que \(\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2=1-\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2\). Ainsi,

\[ \cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = 2\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2-1\]

Puis, puisque \(0 \leqslant \dfrac{\pi}{8} \leqslant \dfrac{\pi}{2}\), en utilisant la décroissance du cosinus sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), on trouve que \(\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right) \geqslant 0\).

Ainsi,

\[\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right) = \sqrt{\dfrac{\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)+1}{2}} = \sqrt{\dfrac{\frac{\sqrt{2}}{2}+1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2+\sqrt {2}}}{2} \]

Par ailleurs, puisque \(0 \leqslant \dfrac{\pi}{8} \leqslant \dfrac{\pi}{2}\), en utilisant la croissance du cosinus sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), on trouve que \(\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right) \geqslant 0\). Or, \(\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2=1-\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2\), et donc

\[\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right) = \sqrt{1-\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)^2}=\sqrt{1-\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}}=\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\]

Pour tout entier naturel \(n\), on considère la proposition \(P(n)\) : « Pour tout réel \(x\), \(|\sin(nx)|\leqslant n\,|\sin(x)|\) »

• Initialisation : Pour \(n=0\), on a pour tout réel \(x\), \(|\sin(nx)|=|\sin(0)|=0\) et \(n\,|\sin(x)|=0\). On a bien que, pour tout réel \(x\), \(|\sin(0x)|\leqslant 0\,|\sin(x)|\). \(P(0)\) est donc vraie.
• Hérédité : Soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(P(n)\) est vraie. Soit \(x\) un réel.

  \[\sin((n+1)x) = \sin(nx+x) = \sin(nx)\cos(x)+\cos(nx)\sin(x) \]

  Ainsi, en utilisant l’inégalité triangulaire,

  \[|\sin((n+1)x)| \leqslant |\sin(nx)\cos(x)|+|\cos(nx)\sin(x)| \]

  Or, \(|\cos(x)|\leqslant 1\), \(|\cos(nx)|\leqslant 1\) et, par hypothèse de récurrence, \(|\sin(nx)|\leqslant n\,|\sin(x)|\). Il en vient que
  \[|\sin((n+1)x)| \leqslant n\,|\sin(x)|+|\sin(x)| \]
  et donc
  \[|\sin((n+1)x)| \leqslant (n+1)|\sin(x)| \]
  \(P(n+1)\) est donc vraie.

• Conclusion : Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\)

On a

• \(z_1 = 2\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = \sqrt{2}+i\sqrt{2}\)
• \(z_2= 5\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\times \dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{5\sqrt{3}}{2}+\dfrac{5i}{2}\)
• \(z_3= \left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} + 2 \times \dfrac{1}{2} \times i\dfrac{\sqrt{3}}{2} – \dfrac{3}{4} = -\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
• \(z_4= 42\left(0+i\times (-1)\right)^{14} = (-i)^{14}=-1\)

On a \(|z_1|=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\). Ainsi,
\[z_1 = 2\sqrt{2} \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right) = 2\sqrt{2}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\]

On a \(|z_2|=\sqrt{\sqrt{3}^2+1^2}=\sqrt{4}=2\). Ainsi,
\[z_2 = 2 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i\right) = 2\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)\right)\]

On a \(|z_3|=\sqrt{\sqrt{3}^2+3^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\). Ainsi,
\[z_3 = 2\sqrt{3} \left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right) = 2\sqrt{3}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right)\]

On a
\[z_4 = 42 \times(-1) = 42 \times (\cos(\pi)+i\sin(\pi))\]

On a

• \(|z_A|=3\) et \(\arg(z_A) \equiv \dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]\)
• \(|z_B|=1\) et \(\arg(z_B) \equiv \dfrac{3\pi}{4}\,[2\pi]\)
• \(|z_C|=2\) et \(\arg(z_C) \equiv \dfrac{7\pi}{6}\,[2\pi]\)
• \(|z_D|=4\) et \(\arg(z_D) \equiv \dfrac{-\pi}{3}\,[2\pi]\)

Pour placer le point \(F\), on met le complexe \(2\sqrt{3}-2i\) sous forme trigonométrique. On a \(|z_F|=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+(-2)^2}=\sqrt{16}=4\)
Ainsi,
\[z_F = 4 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{i}{2}\right) = 4 \left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)\right)\]

1. On a \(|z_1|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\) et
   \[z_1=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\]

   De plus, \(|z_2|=\sqrt{\sqrt{3}^2+(-1)^2}=\sqrt{4}=2\) et
   \[z_2=2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{i}{2}\right)=2\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)\right)\]

2. On a \(\left|\dfrac{z_1}{z_2}\right| = \dfrac{|z_1|}{|z_2|}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) et \(\arg\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right) \equiv \arg(z_1)-\arg(z_2) \equiv \dfrac{\pi}{4}- \left(-\dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{5\pi}{12} \, [2\pi]\)
3. On a
   \[ \dfrac{z_1}{z_2} = \dfrac{1+i}{\sqrt{3-i}}
   = \dfrac{(1+i)(\sqrt{3}+i)}{(\sqrt{3}-i)(\sqrt{3}+i)}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{4}+i\dfrac{\sqrt{3}+1}{4}\]

   En factorisant par \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\), on obtient alors

   \[ \dfrac{z_1}{z_2} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left(\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}+ i\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)\]

   Il en vient que \(\cos\left(\dfrac{5\pi}{12}\right) = \dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\) et \(\sin\left(\dfrac{5\pi}{12}\right)=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \)

Soit \(\theta \in \mathbb{R}\). Pour tout entier naturel \(n\), on pose \(P(n)\) : « \((\cos(\theta)+i\sin(\theta))^n=\cos(n\theta)+i\sin(n\theta)\) »

• Initialisation : pour \(n=0\), \((\cos(\theta)+i\sin(\theta))^0=1\) et \(\cos(0\theta)+i\sin(0\theta)=\cos(0)=1\), on a bien \((\cos(\theta)+i\sin(\theta))^0=\cos(0\theta)+i\sin(0\theta)\)
• Hérédité : Soit \(n\in\mathbb{N}\). Supposons \(P(n)\) vraie. Alors,

  \[\begin{array}{lll} (\cos(\theta)+i\sin(\theta))^{n+1} & = & (\cos(\theta)+i\sin(\theta))^n \times (\cos(\theta)+i\sin(\theta)) \\
  &=& (\cos(n\theta)+i\sin(n\theta)) \times (\cos(\theta)+i\sin(\theta)) \\
  &=& \cos(n\theta)\cos(\theta)-\sin(n\theta)\sin(\theta)+i(\sin(n\theta)\cos(\theta)+\cos(n\theta)\sin(\theta)) \\
  &=& \cos((n+1)\theta)+i\sin((n+1)\theta)\end{array}\]

  \(P(n+1)\) est donc vraie.

• Conclusion : \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).

On sait que \(1+i = \sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + i \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\). Ainsi, \(|1+i|=\sqrt{2}\) et \(\arg(1+i) \equiv \dfrac{\pi}{4} \, [2pi]\). Il en vient que \(|(1+i)^{2024}| = \sqrt{2}^{2024}=2^{1012}\) et \(\arg((1+i)^{2024})\equiv 2024 \arg(1+i) \equiv 2024 \times \dfrac{\pi}{4} \equiv 0 [2\pi] \). Ainsi, \((1+i)^{2024}=2^{1012}\).

1. On a \(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A} = \dfrac{-3+6i}{4+2i}\) Or,
   \[\dfrac{-3+6i}{4+2i} = \dfrac{(-3+6i)(4-2i)}{(4-2i)(4+2i)}=\dfrac{3i}{2} \]
   Ainsi, \(\arg \left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right) \equiv \dfrac{\pi}{2} [2\pi] \).
2. On a \(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A} = \dfrac{12+4i}{3+i}=4\) Or,
   Ainsi, \(\arg \left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right) \equiv 0 [2\pi] \).
3. On a \(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A} = \dfrac{-7+3i}{5+2i}\) Or,
   \[\dfrac{-7+3i}{5+2i} = \dfrac{(-7+3i)(5-2i)}{(5+2i)(5-2i)}=-1 +i\]
   Or, \(-1+i = \sqrt{2} \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)= \sqrt{2}\left(\cos\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)+i\sin\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)\right)\).

   Ainsi, \(\arg \left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right) \equiv \dfrac{3\pi}{4} [2\pi] \).

4. On a \(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A} = \dfrac{2-\frac{\sqrt{3}}{2}+i\left(\frac{1}{2}+2\sqrt{3}\right)} {4+i}\). Or,

   \[\begin{array}{lll} \dfrac{2-\frac{\sqrt{3}}{2}+i\left(\frac{1}{2}+2\sqrt{3}\right)} {4+i} &=&
   \dfrac{\left(2-\frac{\sqrt{3}}{2}+i\left(\frac{1}{2}+2\sqrt{3}\right)\right)(4-i)} {(4+i)(4-i)} \\
   &=& \dfrac{1}{17} \left(8-2\sqrt{3}+2i+8i\sqrt{3}-2i+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}+2\sqrt{3}\right) \\
   &=& \dfrac{1}{17}\left(\dfrac{17}{2}+\dfrac{17i\sqrt{3}}{2}\right) \\
   &=& \dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{3}}{2} \\
   &=& \cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right) + i \sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right) \end{array}\]

   Ainsi, \(\arg \left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right) \equiv \dfrac{\pi}{3} [2\pi] \).

D’après l’énoncé, on doit avoir \(AC=AB\) , c’est-à-dire \(|z_C-z_A|=|z_B-z_A|\). De plus, l’angle \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\) mesure \(\dfrac{\pi}{4}\) radians.

Il en vient que \(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A} = 1\times \left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Ainsi,

\[z_C = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) (2-6i)+(1+4i)\]

et donc
\[z_C = \sqrt{2}+i\sqrt{2}-3i\sqrt{2}+3\sqrt{2}+1+4i\]
Et finalement,

\[z_C = 1+4\sqrt{2}+(4-2\sqrt{2})i\]

Il semble que \(ABCD\) soit un rectangle. Montrons-le.

D’abord, \(z_{\overrightarrow{AB}} = -1-2i-(-2+i)=1-3i\) et \(z_{\overrightarrow{DC}} = 5-(4+3i)=1-3i\). Ainsi, \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\), le quadrilatère \(ABCD\) est donc un parallélogramme.

De plus,

\[ \dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}=\dfrac{4+3i-(-2+i)}{-1-2i-(-2+i)}=\dfrac{6+2i}{1-3i}\]
Mettons ce nombre sous forme algébrique

\[ \dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}=\dfrac{(6+2i)(1+3i)}{(1-3i)(1+3i)} = 2i\]

Ainsi, \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}) \equiv \arg\left( \dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}\right) \equiv \dfrac{\pi}{2}\,[2\pi]\). L’angle \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD})\) est un angle droit. Le parallélogramme \(ABCD\) est donc un rectangle.