Annales 2011-2015 : complexes E 1

TS
Annales 2011-2015 : complexes
.
Annales 2011-2015
: complexes
E
1
. correction
Commun à tous les candidats
1. Résoudre dans
Amerique du Sud 2011
C l'équation
z 2 − 2z + 5 = 0.
(
)
2. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O;⃗
u ,⃗
v d'unité graphique 2 cm.
On considère les points A, B, C et D d'affixes respectives z A , z B , z C et z D où :
z A = 1 + 2 i,
p
z C = 1 + 3 + i,
zB = zA ,
(
zD = zC .
)
(a) Placer les points A et B dans le repère O;⃗
u ,⃗
v .
(b) Calculer
zB − zC
et donner le résultat sous forme algébrique.
zA − zC
(c) En déduire la nature du triangle ABC.
3. Démontrer que les points A, B, C et D appartiennent à un même cercle Γ dont on précisera le
centre et le rayon.
(
)
4. Construire les points C et D dans le repère O;⃗
u ,⃗
v . Expliquer la construction proposée.
Page 1
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
2
3. Montrer que pour tout point M distinct de A on a :
Nouvelle Calédonie 2012
. correction
Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
• AM × AM′ = 12 ;
Dans cet exercice les deux parties peuvent être traitées indépendamment.
Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct
(
• M′ ̸= A;
(→
− −−→) (→
− −−−→)
• u ; AM + u ; AM′ = 0 + 2kπ, où k est un entier relatif
)
O;⃗
u ,⃗
v , on appelle A le point
d'affixe 1 et C le cercle de centre A et de rayon 1 .
π
La figure sera réalisée sur une feuille de papier millimétré avec 4 cm pour unité graphique.
4. On considère le point P d'affixe z P = 1 + ei 4 . Construire le point P.
Partie A
5. En utilisant la question 3, expliquer comment construire le point P ′ , image de P par f , et
réaliser cette construction.
On considère l'équation
6. Dans cette question toute trace de recherche, même incomplète ou d'initiative, même infructueuse,
(E) :
z 2 − 2z + 2 = 0,
sera prise en compte dans l'évaluation.
Soit un point M appartenant à la droite D d'équation x = 43 . Soit M′ son image par f .
où z est un nombre complexe. On appelle z 1 et z 2 les solutions de (E) .
1. Résoudre l'équation (E) dans l'ensemble des nombres complexes
C.
(a) Montrer que le point M′ appartient au cercle C ′ de centre O de rayon 1 .
(
)
2. On appelle M1 et M2 les points d'affixes respectives z 1 et z 2 dans le repère O;⃗
u ,⃗
v . Mon-
(b) Tout point de C ′ a-t-il un antécédent par f ?
trer que M1 et M2 appartiennent au cercle C .
Partie B
On considère l'application f du plan complexe qui à tout point M d'affixe z distinct de A associe
le point M′ d'affixe z ′ définie par
z′ =
2z − 1
.
2z − 2
1. Placer le point A et tracer le cercle C sur une figure que l'on complètera au fur et à mesure.
2. Montrer que pour tout complexe z distinct de 1 on a
(
)
1
z ′ − 1 (z − 1) = .
2
Page 2
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
5. On a placé un point D sur la figure donnée en annexe. Construire son image D ′ par la transfor-
3
Pondichéry 2012
. correction
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
Partie A
mation f .
Restitution organisée de connaissances
Annexe à rendre avec la copie
Soit z un nombre complexe. On rappelle que z est le conjugué de z et que |z| est le module de
z . On admet l'égalité : |z|2 = zz .
Montrer que, si z 1 et z 2 sont deux nombres complexes, alors |z 1 z 2 | = |z 1 | |z 2 | .
Partie B :
Étude d'une transformation particulière
(
)
Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct O;⃗
u ,⃗
v , on désigne par A et B les
points d'affixes respectives 1 et −1 .
Soit f la transformation du plan qui à tout point M d'affixe z ̸= 1 , associe le point M′ d'affixe
z ′ tel que :
→
−
v
1−z
z′ =
z −1
1. Soit C le point d'affixe z C = −2 + i .
b
(a) Calculer l'affixe z C′ du point C ′ image de C par la transformation f , et placer les points C
et C ′ dans le repère donné en annexe.
(b) Montrer que le point C ′ appartient au cercle C de centre O et de rayon 1.
(c) Montrer que les points A, C et C ′ sont alignés.
2. Déterminer et représenter sur la figure donnée en annexe l'ensemble ∆ des points du plan qui
ont le point A pour image par la transformation f .
3. Montrer que, pour tout point M distinct de A, le point M′ appartient au cercle C .
4. Montrer que, pour tout nombre complexe z ̸= 1,
z′ − 1
est réel.
z −1
Que peut-on en déduire pour les points A, M et M′ ?
Page 3
D
O
→
−
u
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
4
Amerique du Sud 2013
. correction
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
8
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct.
6
On considère l'équation
4
(E) :
p
z 2 − 2z 3 + 4 = 0.
1. Résoudre l'équation (E) dans l'ensemble
2
C des nombres complexes.
nπ
6
2. On considère la suite (Mn ) des points d'affixes z n = 2n ei(−1)
O
, définie pour n ⩾ 1 .
−2
(a) Vérifier que z 1 est une solution de (E) .
−4
(b) Écrire z 2 et z 3 sous forme algébrique.
(c) Placer les points M1 , M2 , M3 et M4 sur la figure donnée en annexe et tracer, sur la figure
donnée en annexe, les segments [M1 , M2 ] , [M2 , M3 ] et [M3 , M4 ] .
−6
−8
)
(p
n
3
(−1)
i
.
3. Montrer que, pour tout entier n ⩾ 1 , z n = 2n
+
2
2
4. Calculer les longueurs M1 M2 et M2 M3 .
p
Pour la suite de l'exercice, on admet que, pour tout entier n ⩾ 1 , Mn Mn+1 = 2n 3 .
5. On note ℓn = M1 M2 + M2 M3 + · · · + Mn Mn+1 .
p
(a) Montrer que, pour tout entier n ⩾ 1, ℓn = 2 3 (2n − 1) .
(b) Déterminer le plus petit entier n tel que ℓn ⩾ 1 000 .
ANNEXE à rendre avec la copie
Page 4
2
4
6
8
10
12
14
16
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
5
(a) On exécute cet algorithme en saisissant N = 2 . Recopier et compléter le tableau ci-dessous
Antilles 2013
. correction
Commun n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
contenant l'état des variables au cours de l'exécution de l'algorithme (on arrondira les valeurs calculées à 10−4 près).
On considère la suite (z n ) à termes complexes définie par z 0 = 1 + i et, pour tout entier naturel
K
n , par
A
B
1
z n+1 =
z n + |z n |
.
3
2
Pour tout entier naturel n , on pose : z n = an + ibn , où an est la partie réelle de z n et bn est la
partie imaginaire de z n .
Le but de cet exercice est d'étudier la convergence des suites (an ) et (bn ) .
(b) Pour un nombre N donné, à quoi correspond la valeur affichée par l'algorithme par rapport
à la situation étudiée dans cet exercice ?
Partie B
Partie A
1. Pour tout entier naturel n , exprimer z n+1 en fonction de an et bn .
En déduire l'expression de an+1 en fonction de an et bn , et l'expression de bn+1 en fonction de
1. Donner a0 et b0 .
a n et b n .
p
1+ 2
1
2. Calculer z 1 , puis en déduire que a1 =
et b1 = .
3
3
2. Quelle est la nature de la suite (bn ) ? En déduire l'expression de bn en fonction de n , et
3. On considère l'algorithme suivant :
déterminer la limite de (bn ) .
3. (a) On rappelle que pour tous nombres complexes z et z ′ :
¯
¯ ¯
¯
¯z + z ′ ¯ ⩽ |z| + ¯z ′ ¯
Variables : A et B des nombres réels
K et N des nombres entiers
Initialisation : Affecter à A la valeur 1
Montrer que pour tout entier naturel n ,
|z n+1 | ⩽
Affecter à B la valeur 1
Traitement :
2 |z n |
.
3
(b) Pour tout entier naturel n , on pose un = |z n | .
Entrer la valeur de N
Pour K variant de 1 à N
(inégalité triangulaire).
Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n ,
p
A + A2 + B2
Affecter à A la valeur
3
B
Affecter à B la valeur
3
un ⩽
( )n
2 p
2.
3
En déduire que la suite (u n ) converge vers une limite que l'on déterminera.
FinPour
(c) Montrer que, pour tout entier naturel n , |an | ⩽ u n . En déduire que la suite (an ) converge
Afficher A
vers une limite que l'on déterminera.
Page 5
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
(d) Montrer que la droite (O I ) est une hauteur du triangle OB M′ .
6
Pondichéry 2013
. correction
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
(
(e) Montrer que B M′ = 2OI .
)
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct O;⃗
u ,⃗
v .
On note i le nombre complexe tel que i2 = −1 .
On considère le point A d'affixe z A = 1 et le point B d'affixe z B = i .
À tout point M d'affixe z M = x + i y , avec x et y deux réels tels que y ̸= 0 , on associe le point
M′ d'affixe z M′ = −iz M .
On désigne par I le milieu du segment [A M ].
Le but de l'exercice est de montrer que pour tout point M n'appartenant pas à (OA), la médiane
(O I ) du triangle OA M est aussi une hauteur du triangle OB M′ (propriété 1) et que B M′ = 2OI
(propriété 2).
1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend
π
z M = 2e−i 3 .
(a) Déterminer la forme algébrique de z M .
p
(b) Montrer que z M′ = − 3 − i .
Déterminer le module et un argument de z M′ .
(c) Placer les points A, B, M, M′ et I dans le repère
(
O;⃗
u ,⃗
v
)
en prenant 2 cm pour unité
graphique.
Tracer la droite (O I ) et vérifier rapidement les propriétés 1 et 2 à l'aide du graphique.
2. On revient au cas général en prenant z M = x + i y avec y ̸= 0 .
(a) Déterminer l'affixe du point I en fonction de x et y .
(b) Déterminer l'affixe du point M′ en fonction de x et y .
(c) Écrire les coordonnées des points I , B et M′ .
Page 6
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
7
Nouvelle Calédonie 2013
. correction
Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
(
)
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O;⃗
u ,⃗
v .
On note
C l'ensemble des nombres complexes.
Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse.
1. Proposition : Pour tout entier naturel n : (1 + i)4n = (−4)n .
(
)
2. Soit (E) l'équation (z − 4) z 2 − 4z + 8 = 0 où z désigne un nombre complexe.
Proposition : Les points dont les affixes sont les solutions, dans
C , de (E) sont les sommets d'un
triangle d'aire 8.
3. Proposition : Pour tout nombre réel α, 1 + e2i α = 2eiα cos(α) .
1
2
4. Soit A le point d'affixe z A = (1 + i) et Mn le point d'affixe (z A )n où n désigne un entier
naturel supérieur ou égal à 2 .
Proposition : si n − 1 est divisible par 4, alors les points O, A et Mn sont alignés.
5. Soit j le nombre complexe de module 1 et d'argument
2π
.
3
Proposition : 1 + j + j2 = 0 .
Page 7
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
8
5. Soit z un nombre complexe, tel que z = x + i y où x et y sont des nombres réels.
Antilles septembre 2014
. correction
Réservé aux candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
On note
C l'ensemble des nombres complexes.
(
(a) Montrer que la forme algébrique de f (z) est
)
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé O;⃗
u ,⃗
v . On prendra comme unité 2 cm sur
x 2 − y 2 + 2x + 9 + i(2x y + 2y).
chaque axe.
Le graphique sera fait sur une feuille de papier millimétré et complété au fur et à mesure des
(b) On note (E) l'ensemble des points du plan complexe dont l'affixe z est telle que f (z) soit un
questions.
nombre réel.
On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe
Montrer que (E) est la réunion de deux droites D1 et D2 dont on précisera les équations.
Compléter le graphique de l'annexe en traçant ces droites.
f (z) = z 2 + 2z + 9.
6. Déterminer les coordonnées des points d'intersection des ensembles (E) et (F).
p
1. Calculer l'image de −1 + i 3 par la fonction f .
2. Résoudre dans
C l'équation
f (z) = 5 .
Écrire sous forme exponentielle les solutions de cette équation.
Construire alors sur le graphique, à la règle et au compas, les points A et B dont l'affixe est solution
de l'équation (A étant le point dont l'affixe a une partie imaginaire positive).
On laissera les traits de construction apparents.
3. Soit λ un nombre réel. On considère l'équation f (z) = λ d'inconnue z .
Déterminer l'ensemble des valeurs de λ pour lesquelles l'équation f (z) = λ admet deux solutions
complexes conjuguées.
4. Soit (F) l'ensemble des points du plan complexe dont l'affixe z vérifie
| f (z) − 8| = 3.
Prouver que (F) est le cercle de centre Ω(−1 ; 0) et de rayon
p
3.
Tracer (F) sur le graphique.
Page 8
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
9
. correction
Commun à tous les candidats
Annexe à rendre avec la copie
Centres Étrangers 2014
8
On définit, pour tout entier naturel n , les nombres complexes z par :
6

 z0
=
 z
n+1
=
16
1+i
z n , pour tout entier naturel n.
2
A3
b
4
On note r n le module du nombre complexe z n : r n = |z n | .
2
Dans le plan muni d'un repère orthonormé direct d'origine O, on considère les points An d'affixes
b
zn .
A4
−4
0
−2
A5
−2
b
1. (a) Calculer z 1 , z 2 et z 3 .
(b) Placer les points A1 et A2 sur le graphique de l'annexe, à rendre avec la copie.
(c) Écrire le nombre complexe
1+i
sous forme trigonométrique.
2
(d) Démontrer que le triangle O A0 A1 est isocèle rectangle en A1 .
2. Démontrer que la suite (r n ) est géométrique, de raison
p
2
.
2
La suite (r n ) est-elle convergente ?
Interpréter géométriquement le résultat précédent.
On note Ln la longueur de la ligne brisée qui relie le point A0 au point An en passant successivement par les points A1 , A2 , A3 , etc.
Ainsi Ln =
n−1
∑
i =0
Ai Ai +1 = A0 A1 + A1 A2 + . . . + An−1 An .
3. (a) Démontrer que pour tout entier naturel n : An An+1 = r n+1 .
(b) Donner une expression de Ln en fonction de n .
(c) Déterminer la limite éventuelle de la suite (Ln ) .
Page 9
b
A6
b
2
4
6
8
10
12
14
16
A0
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
10
. correction
Liban 2014
Variables
:
u est un réel
p est un réel
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
n est un entier
Initialisation
p
:
On considère la suite de nombres complexes (z n ) définie par z 0 = 3−i et pour tout entier naturel
Affecter à u la valeur 2
n :
z n+1 = (1 + i)z n .
Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.
Partie A
Affecter à n la valeur 0
Entrée
:
Traitement
:
Sortie
:
Demander la valeur de p
Partie B
Pour tout entier naturel n , on pose un = |z n | .
1. Déterminer la forme algébrique de z 1 .
2. Déterminer la forme exponentielle de z 0 et de 1 + i .
En déduire la forme exponentielle de z 1 .
1. Calculer u 0 .
2. Démontrer que (u n ) est la suite géométrique de raison
p
3. Déduire des questions précédentes la valeur exacte de cos
2 et de premier terme 2.
3. Pour tout entier naturel n , exprimer u n en fonction de n .
4. Déterminer la limite de la suite (un ) .
5. Étant donné un réel positif p , on souhaite déterminer, à l'aide d'un algorithme, la plus petite
valeur de l'entier naturel n telle que u n > p .
Recopier l'algorithme ci-dessous et le compléter par les instructions de traitement et de sortie, de
façon à afficher la valeur cherchée de l'entier n .
Page 10
(π)
12
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
11
. correction
Commun à tous les candidats
Métropole 2014
On désigne par (E) l'équation
z 4 + 4z 2 + 16 = 0
d'inconnue complexe z .
1. Résoudre dans
C l'équation Z2 + 4Z + 16 = 0 .
Écrire les solutions de cette équation sous une forme exponentielle.
2. On désigne par a le nombre complexe dont le module est égal à 2 et dont un argument est égal
à
π
.
3
Calculer a 2 sous forme algébrique.
En déduire les solutions dans
C de l'équation z 2 = −2 + 2ip3 . On écrira les solutions sous forme
algébrique.
3. Restitution organisée de connaissances
On suppose connu le fait que pour tout nombre complexe z = x+i y où x ∈
R et y ∈ R , le conjugué
de z est le nombre complexe z défini par z = x − i y .
Démontrer que :
□
Pour tous nombres complexes z 1 et z 2 , z 1 z 2 = z 1 · z 2 .
□
Pour tout nombre complexe z et tout entier naturel non nul n, z n = z
( )n
.
4. Démontrer que si z est une solution de l'équation (E) alors son conjugué z est également une
solution de (E).
En déduire les solutions dans
C
de l'équation (E). On admettra que (E) admet au plus quatre
solutions.
Page 11
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
12
. correction
Commun à tous les candidats
(a) Pour tout entier naturel n , le point Mn appartient au cercle de centre O et de rayon
Nouvelle Calédonie mars 2014
(b) Pour tout entier naturel n , le triangle O Mn Mn+1 est équilatéral.
Cet exercice est un QCM (questionnaire à choix multiple). Pour chaque question, une seule des quatre
réponses proposées est exacte.
(c) La suite (Un ) définie par Un = |Zn | est convergente.
(d) Pour tout entier naturel n , un argument de
Le candidat indiquera SUR la copie le numéro de la question et la réponse choisie.
Chaque réponse exacte rapporte un point. Aucune justification n'est demandée. Aucun point n'est
(
Z A = −1 − i
de la forme x + i y , où x et y sont des réels.
On pose Z =
4
1. Soit z le nombre complexe d'affixe (1 + i) . L'écriture exponentielle de z est :
Z B = 2 − 2i
et ZC = 1 + 5i.
ZC − ZA
.
ZB − ZA
(b) Le triangle ABC est isocèle en A.
(c) Le triangle ABC est rectangle en A.
p iπ
2e 4
(d) Le point M d'affixe Z appartient à la médiatrice du segment [BC].
π
(d) 4ei 4
¯p
¯
2. L'ensemble des points M du plan d'affixe z = x + i y tels que |z − 1 + i| = ¯ 3 − i¯ a pour
équation :
(a) (x − 1)2 + (y + 1)2 = 2
(b) (x + 1)2 + (y − 1)2 = 2
(x − 1)2 + (y + 1)2 = 4
(d) y = x +
;
(a) Z est un nombre réel.
p iπ
2e
(b) 4eiπ
(c)
.
)
Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct O;⃗
u ,⃗
v . Soit z un nombre complexe
(c)
π
2
4. Soit A, B, C trois points du plan complexe d'affixes respectives :
enlevé en l'absence de réponse ou en cas de réponse fausse.
(a)
Z n+1 − Z n
est
Zn
p
3−1
2
3. On considère la suite de nombres complexes (Zn ) définie pour tout entier naturel n par
Z 0 = 1 + i et Z n+1 =
1+i
2 Zn
. On note Mn le point du plan d'affixe Zn .
Page 12
p
2.
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
13
(a) Quelle est la valeur affichée par l'algorithme pour P = 0, 5 ?
Pondichéry 2014
. correction
Candidats n'ayant pas suivi la spécialité
(
)
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé O;⃗
u ,⃗
v .
Pour tout entier naturel n , on note An le point d'affixe z n défini par :
(b) Pour P = 0, 01 on obtient n = 33 . Quel est le rôle de cet algorithme ?
(
z0 = 1
et
p )
3
3
z n+1 =
+
i zn .
4
4
On définit la suite (r n ) par r n = |z n | pour tout entier naturel n .
p
3
3
1. Donner la forme exponentielle du nombre complexe +
i.
4
4
p
3
.
2. (a) Montrer que la suite (r n ) est géométrique de raison
2
4. (a) Démontrer que le triangle O An An+1 est rectangle en An+1 .
(b) On admet que z n = r n eí
nπ
6
.
(b) En déduire l'expression de r n en fonction de n .
(c) Que dire de la longueur O An lorsque n tend vers +∞ ?
Déterminer les valeurs de n pour lesquelles An est un point de l'axe des ordonnées.
3. On considère l'algorithme suivant :
Variables
n entier naturel
(c) Compléter la figure donnée en annexe, à rendre avec la copie, en représentant les points
R réel
A6 , A7 , A8 et A9 .
P réel strictement positif
Entrée
Demander la valeur de P
Traitement
R prend la valeur 1
Les traits de construction seront apparents.
n prend la valeur 0
Tant que R > P
n prend la valeur n + 1
p
3
R
R prend la valeur
2
ANNEXE
Fin tant que
Sortie
Afficher n
À compléter et à rendre avec la copie
Page 13
TS
Annales 2011-2015 : complexes
b
A4
A3
b
A2
b
b
A5
A1
b
b
A0
O
Page 14
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
14
AmeriqueNordS2015-exo-2.tex
. correction
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
5
b
b
)
0
=
=
4
n+1
b
1
b

 x
n+1
et pour tout entier naturel n :
 y
−3
b
2
b
par leurs coordonnées x n ; y n de la façon suivante :

 x
0
 y
b
3
On se place dans un repère orthonormé et, pour tout entier naturel n , on définit les points (An )
(
b
4
b
b
=
=
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1
−1
0, 8x n − 0, 6y n
b
0, 6x n + 0, 8y n
3
4
−3
b
b
5
b
6
7
b
b
−4
−5
b
b
−6
(b) Pour construire les points An ainsi obtenus, on écrit l'algorithme suivant :
i , x, y, t : nombres réels
2
−2
b
1. (a) Déterminer les coordonnées des points A0 , A1 et A2 .
Variables :
1
Identifier les points A0 , A1 et A2 .. On les nommera sur la figure jointe en annexe, (à rendre avec
la copie).
Quel semble être l'ensemble auquel appartiennent les points An pour tout n entier naturel ?
Initialisation :
x prend la valeur −3
y prend la valeur 4
2. Le but de cette question est de construire géométriquement les points An pour tout n entier
naturel.
Dans le plan complexe, on nomme, pour tout entier naturel n, z n = x n + i y n l'affixe du point An .
Traitement :
Pour i allant de 0 à 20
(a) Soit un = |z n | . Montrer que, pour tout entier naturel n , u n = 5 . Quelle interprétation géométrique peut-on faire de ce résultat ?
Construire le point de coordonnées (x ; y)
t prend la valeur x
(b) On admet qu'il existe un réel θ tel que cos(θ) = 0, 8 et sin(θ) = 0, 6 .
x prend la valeur ….
Montrer que, pour tout entier naturel n , eiθ z n = z n+1 .
y prend la valeur ….
Fin Pour
(c) Démontrer que, pour tout entier naturel n , z n = einθ z 0 .
(d) Montrer que θ +
Recopier et compléter cet algorithme pour qu'il construise les points A0 à A20 .
(c) À l'aide d'un tableur, on a obtenu le nuage de points suivant :
π
est un argument du nombre complexe z 0 .
2
(e) Pour tout entier naturel n , déterminer, en fonction de n et θ , un argument du nombre complexe z n .
Page 15
TS
Annales 2011-2015 : complexes
Représenter θ sur la figure jointe en annexe, (à rendre avec la copie).
Expliquer, pour tout entier naturel n , comment construire le point An+1 à partir du point An .
Annexe
b
5
b
b
4
b
b
3
b
b
2
b
1
b
−7
−6
−5
−4
−3
−2
b
b
−1
−1
1
2
3
4
5
6
7
b
−2
b
−3
b
b
−4
b
b
−5
b
b
−6
Page 16
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
15
. correction
Commun à tous les candidats
Le but de cette partie est d'étudier si le comportement à l'infini de la suite (|z n |) dépend du choix
Antilles 2015
de z 0 .
Partie A
On appelle
1. Que peut-on dire du comportement à l'infini de la suite (|z n |) quand z 0 est un nombre réel
C l'ensemble des nombres complexes.
(
négatif ?
)
Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé O;⃗
u ,⃗
v on a placé un point M d'affixe z
appartenant à
[
→
−)
O; u .
C , puis le point R intersection du cercle de centre O passant par M et du demi-axe
b
2. Que peut-on dire du comportement à l'infini de la suite (|z n |) quand z 0 est un nombre réel
positif ?
3. On suppose désormais que z 0 n'est pas un nombre réel.
M
(a) Quelle conjecture peut-on faire sur le comportement à l'infini de la suite (|z n |) ?
→
−
v
b
O
→
−
u
(b) Démontrer cette conjecture, puis conclure.
b
R
1. Exprimer l'affixe du point R en fonction de z .
2. Soit le point M′ d'affixe z ′ définie par
z′ =
(
)
1 z + |z|
.
2
2
Reproduire la figure sur la copie et construire le point M′ .
Partie B
On définit la suite de nombres complexes (z n ) par un premier terme z 0 appartenant à
C et, pour
tout entier naturel n , par la relation de récurrence :
z n+1 =
z n + |z n |
.
4
Page 17
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
16
1. En utilisant la question A - 3. b., démontrer l'égalité : a − c = j(c − b) .
Asie 2015
. correction
Candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité
(
2. En déduire que AC = BC .
)
Le plan est muni du repère orthonormé direct
O;⃗
u ,⃗
v .
p
1
2
On donne le nombre complexe j = − + i
3. Démontrer l'égalité : a − b = j2 (b − c) .
3
.
2
Le but de cet exercice est d'étudier quelques propriétés du nombre j et de mettre en évidence un
4. En déduire que le triangle ABC est équilatéral.
lien de ce nombre avec les triangles équilatéraux.
Partie A : propriétés du nombre j
1. (a) Résoudre dans l'ensemble
C des nombres complexes l'équation
z 2 + z + 1 = 0.
(b) Vérifier que le nombre complexe j est une solution de cette équation.
2. Déterminer le module et un argument du nombre complexe j, puis donner sa forme exponentielle.
3. Démontrer les égalités suivantes :
(a) j 3 = 1 ;
(b) j 2 = −1 − j .
4. On note P, Q, R les images respectives des nombres complexes 1, j et j 2 dans le plan.
Quelle est la nature du triangle PQR ? Justifier la réponse.
Partie B
Soit a , b , c trois nombres complexes vérifiant l'égalité a + jb + j2 c = 0 .
On note A, B, C les images respectives des nombres a , b , c dans le plan.
Page 18
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
(a) On note r , s et t les affixes des milieux respectifs R, S et T des segments [A ′ B], [B ′ C] et
17
Métropole 2015
. correction
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
1. Résoudre dans l'ensemble
[C ′ A].
p
C des nombres complexes l'équation (E) d'inconnue z :
Justifier ce résultat.
)
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct O;⃗
u ,⃗
v .
p
2. On considère les points A, B et C d'affixes respectives a = 4 + 4i 3 ,
p
b = 4 − 4i 3 et c = 8i .
(a) Calculer le module et un argument du nombre a .
(b) Donner la forme exponentielle des nombres a et b .
(c) Montrer que les points A, B et C sont sur un même cercle de centre O dont on déterminera
le rayon.
(
)
(d) Placer les points A, B et C dans le repère O;⃗
u ,⃗
v .
Pour la suite de l'exercice, on pourra s'aider de la figure de la question 2. d. complétée au fur et à
mesure de l'avancement des questions.
π
π
π
3. On considère les points A ′ , B ′ et C ′ d'affixes respectives a ′ = a ei 3 , b ′ = b ei 3 et c ′ = c ei 3 .
(a) Montrer que b ′ = 8 .
(b) Calculer le module et un argument du nombre a ′ .
p
p
Pour la suite on admet que a ′ = −4 + 4i 3 et c ′ = −4 3 + 4i .
4. On admet que si M et N sont deux points du plan d'affixes respectives m et n alors le milieu
I du segment [MN] a pour affixe
p )
(b) Quelle conjecture peut-on faire quant à la nature du triangle RST ?
z 2 − 8z + 64 = 0.
(
(
Calculer r et s . On admet que t = 2 − 2 3 + i 2 + 2 3 .
m +n
et la longueur MN est égale à |n − m| .
2
Page 19
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
18
. correction
Commun à tous les candidats
Polynésie 2015
(
)
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé O;⃗
u ,⃗
v . À tout point M d'affixe z du
plan, on associe le point M′ d'affixe z ′ définie par :
z ′ = z 2 + 4z + 3.
1. Un point M est dit invariant lorsqu'il est confondu avec le point M′ associé.
Démontrer qu'il existe deux points invariants. Donner l'affixe de chacun de ces points sous forme
algébrique, puis sous forme exponentielle.
p
p
−3 − i 3
−3 + i 3
2. Soit A le point d'affixe
et B le point d'affixe
.
2
2
Montrer que OAB est un triangle équilatéral.
3. Déterminer l'ensemble E des points M d'affixe z = x + i y où x et y sont réels, tels que le
point M′ associé soit sur l'axe des réels.
4. Dans le plan complexe, représenter les points A et B ainsi que l'ensemble E .
Page 20
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
19
. correction
Commun à tous les candidats
(c) la valeur de l'abscisse x pour laquelle l'écart entre les deux courbes C f et Cg est maximal.
Polynésie septembre 2015
2. Justifier que Cg est située au-dessus de C f sur l'intervalle [0 ; +∞[ .
Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.
Partie A
3. Démontrer que la droite d'équation y = 0 est asymptote horizontale aux courbes C f et Cg .
On rappelle que la partie réelle d'un nombre complexe z est notée Re(z) .
4. (a) On note h ′ la fonction dérivée de la fonction h sur l'intervalle [0 ; +∞[ .
1. Déterminer l'écriture exponentielle du nombre complexe u = 1 − i .
2. Déterminer, pour tout réel θ , la forme algébrique et l'écriture exponentielle du nombre com-
Démontrer que, pour tout x de l'intervalle [0 ; +∞[ ,
h ′ (x) = e−x
plexe eiθ (1 − i) .
[p
(
]
π)
2 cos x −
−1 .
4
3. Déduire des questions précédentes que, pour tout réel θ ,
(
p
π)
cos(θ) + sin(θ) = 2 cos θ −
.
4
(b) Justifier que, sur l'intervalle
[π
] p
(
π)
; 2π , 2 cos x −
−1 ⩽ 0.
2
4
Partie B
Dans cette partie, on admet que, pour tout réel θ, cos(θ) + sin(θ) =
p
et
0;
(
π] p
π)
,
− 1 ⩾ 0 et que, sur l'intervalle
2 cos x −
2
4
(c) En déduire le tableau de variation de la fonction h sur l'intervalle [0 ; 2π] .
(
π)
2 cos θ −
.
4
5. On admet que, sur l'intervalle [0 ; +∞[ , la fonction H définie par
On considère les fonctions f et g définies sur l'intervalle [0 ; +∞[ par :
f (x) = e−x cos(x)
[
g (x) = e−x .
1
H(x) = e−x [−2 + cos(x) − sin(x)]
2
On définit la fonction h sur [0 ; +∞[ par h(x) = g (x) − f (x) .
Les représentations graphiques C f , Cg et Ch des fonctions f , g et h sont données, en annexe,
dans un repère orthogonal.
1. Conjecturer :
est une primitive de la fonction h .
On note D le domaine du plan délimité par les courbes C f et Cg , et les droites d'équations x = 0
et x = 2π .
Calculer l'aire A du domaine D , exprimée en unités d'aire.
(a) les limites des fonctions f et g en +∞ ;
Annexe
(b) la position relative de C f par rapport à Cg ;
Page 21
TS
Annales 2011-2015 : complexes
1,0
0,9
0,8
0,7
0,6
Cf
0,5
Cg
0,4
0,3
0,2
Ch
0,1
0
−0,1
0
1
2
3
4
5
6
Page 22
TS
Annales 2011-2015 : complexes
A
b
.
Correction
E
1
Amerique du Sud 2011
. énoncé
Commun à tous les candidats
C
1
b
→
−
v
1. z 2 − 2z + 5 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 − 1 + 5 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 + 4 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 − (2i)2 = 0 ⇐⇒
(z − 1 + 2i)(z − 1 − 2i) = 0
−1
O
→
−
u
1
2
L'équation a donc deux solutions complexes conjuguées : 1 + 2i et 1 − 2i .
−1
2. (a) Voir la figure ci-dessous.
p
p
z B − z C 1 − 2i − 1 − 3 − i −3i − 3
(b)
=
p
p =
z A − z C 1 + 2i − 1 − 3 − i i − 3
p
p
(
)(
)
p
p
p
p
−3i − 3 i + 3
3 − 3i 3 − 3 − i 3 −4i 3
=
=i 3.
( p )( p ) =
2
−4
i −3
i− 3 i+ 3
−2
p
zB − zC
= i 3 (imaginaire pur) : cette égalité montre qu'un argument du quotient est égal à
z A(− z C
π
−−→ −−→) π
, soit CB , CA = .
2
2
p
Conclusion le triangle ABC est rectangle en C. (non isocèle car CB = 3 CA)
(c)
3. Le triangle ABC est rectangle d'hypoténuse [AB] ; il est donc inscrit dans un cercle Γ de centre
le milieu de [AB] soit le point d'affixe 1 et de rayon
(
→
−)
Dans la symétrie autour de l'axe O, u
1
AB = 2.
2
les points A et B sont symétriques de même que les points
C et D puisque leurs affixes sont conjuguées.
Le symétrique du triangle ABC est donc le triangle BAD. La symétrie étant une isométrie, le triangle BAD est lui aussi rectangle en D donc inscrit dans le même cercle Γ centré au milieu de
[AB] et de rayon 2.
4. C est le point partie réelle positive, intersection du cercle précédent Γ et de la droite d'équation
y = 1 .idem pour D avec la droite d'équation y = −1 .
Page 23
b
D
Γ
b
B
TS
Annales 2011-2015 : complexes
(→
− −−→)
Nouvelle Calédonie 2012
. énoncé
Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
Il ne reste plus qu'à construire sur ce cercle le point tel que u , AP = π4 .
Partie A
A et de rayon
E
2
5. On a AP ×AP′ = 12 ; or AP = 1 , donc AP ′ = 12 .le point P ′ appartient au cercle C1 de centre
2
1. z 2 − 2z + 2 = 0 ⇐⇒ (z −
− 1)2 + 1 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 − i2 = 0 ⇐⇒
1) − 1 + 2 = 0 ⇐⇒ (z
 z − 1 + i = 0 ou
 z = 1 − i ou
(z − 1 + i)(z − 1 − i) = 0 ⇐⇒
⇐⇒
.
 z −1−i = 0
 z = 1+i
De même A M2 = |z 2 − z A | = |1 + i − 1| = |i| = 1 . Ces deux résultats signifient que M1 et M2
On peut donc construire P 1 symétrique sur le cercle C du point P autour de l'axe horizontal contenant A. Le point P ′ est le point commun à [AP 1 ] et au cercle C1 . Voir plus bas.
′
z =
=
Partie B
1. Voir à la fin de l'écercice.
(
=⇒ z ′ − 1 =
)
z ′ − 1 (z − 1) =
1
2
2z−1
2z−2
− 1 ⇐⇒ z ′ − 1 =
.
2z−1−2z+2
2z−2
⇐⇒ z" − 1 =
(→
− −−→)
D'autre part on a u , AP′ = − π4 .
appartiennent au cercle de centre A et de rayon 1 soit au cercle C .
2z−1
2z−2
.
6. (a) On a donc z = 34 + αi avec α ∈
2. Soit M1 d'affixe z 1 = 1 − i . On a A M1 = |z 1 − z A | = |1 − i − 1| = | − i| = 1 .
2. z ′ =
1
2
1
⇐⇒
2(z − 1)
3. Le résultat précédent entraîne :
2( 34 + αi) − 1
2( 34 + αi) − 2
=
− 14 − αi − αi + 4α2
1
4
3
2
3
2
+ 2αi − 1
+ 2αi − 2
=
=
R . D'où :
1
2 + 2αi
− 12 + 2αi
2
− 41 − 2αi + 4α
(1
=
)(
)
1
2 + 2αi − 2 − 2αi
( 1
)( 1
)
− 2 + 2αi − 2 − 2αi
.
1
2
+ 4α2
4 + 4α
( 1
)2
1
¯ ¯2
+ 16α4 − 2α2 + 4α2
− + 4α2
4α2
D'où ¯z ′ ¯ = ( 4
+(
= 16
=
)
)
(1
)
2
2
1
1
2
2
2 2
+
4α
+
4α
+
4α
4
4
4
(1
)
1
4
2
2 2
¯ ′¯
+ 4α
16 + 16α + 2α
′
= (4
(1
)2
)2 = 1 . D'où ¯z ¯ = 1 : le point M" appartient au cercle C de centre
1
2
2
+
4α
+
4α
4
4
O de rayon 1 .
(b) Un point M′ de C ′ a une affixe qui peut s'écrire z ′ = eia avec a ∈
′
• en termes de modules : AM × AM =
1
2
;
R . Son ou ses antécédents
par f vérifient :
• le produit des deux complexes étant non nul aucun des deux facteurs ne peut l'être, et en parti-
culier z ′ − 1 ̸= 0 ⇐⇒ z ′ ̸= 1 , soit M′ ̸= A ;
[(
)
]
[(
)
] (→
− −−→)
• en termes d'argument : arg z ′ − 1 (z − 1) = 0 + 2kπ . Or arg z ′ − 1 (z − 1) = u ; AM +
(→
− −−−→′ )
u ; AM , donc
(→
− −−→) (→
− −−−→)
u ; AM + u ; AM′ = 0 + 2kπ, où k est un entier relatif .
¯ π¯
π
π
¯ ¯
4. On a z P = 1 + ei 4 ⇐⇒ z P − 1 = ei 4 =⇒ |z P − 1| = ¯ei 4 ¯ ⇐⇒ |z P − 1| = 1 .
(
)
2z − 1
2e i a − 1
⇐⇒ 2z eia − 2eia = 2z − 1 ⇐⇒ 2z eia − 1 = 2eia − 1 ⇐⇒ z = ia
si
2z − 2
e −1
i
a
e − 1 ̸= 0 .
eia =
Or eia − 1 = 0 ⇐⇒ eia = 1 ⇐⇒ a = 0 ⇐⇒ z = 1 . C'est le point A et on sait que ce point n'a pas
d'image par f . La réponse est : non.
Cette dernière égalité montre que P appartient au cercle de centre A et de rayon 1, donc au cercle
C.
Page 24
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
3
Pondichéry 2012
. énoncé
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
Partie A
4. Calculons pour z ̸= 1 , le quotient
Restitution organisée de connaissances
1−z
z ′ − 1 z−1 − 1
1−z −z +1
(
).
=
=
z −1
z −1
(z − 1)( z − 1
(
)
Le numérateur : 1 − z − z + 1 = 2 − z + z = 2 − 2x ∈
Partie B :
R;
Étude d'une transformation particulière
1. (a) On a z C′ =
3
5
1 − (−2 + i)
−2 + i − 1
=
3−i
(3 − i)(−3 + i)
−9 + 1 + 3i + 3i −8 + 6i
4
=
=
=
=− +
−3 − i (−3 − i)(−3 + i)
9+1
10
5
i .
( )2 ( )2
¯ ¯2
4
3
16 9
¯
¯
(b) De z C′ =
+
=
+
= 1 , on déduit que le point C ′ appartient au cercle C de
5
5
25 25
(
)
Le dénominateur : (z − 1)( z − 1 = (z − 1)z − 1 = |z − 1|2 ∈
R+ (réel positif). Finalement
R signifie qu'il existe un réel k tel que z ′ − 1 = k(z − 1) ou encore −A−M−→′ = k −A−M→ , ce qui signifie
que les points A, M et M′ sont alignés.
centre O et de rayon 1.
¯ ¯
¯z ′ ¯ = OC′ = 1 ce qui montre que C ′ appartient au cercle C de centre O et de rayon 1.
C
R
zC − zA
−2 + i − 1 −15 + 5i 5(−3 + i) 5
= −4+3i
=
=
= ∈ .
z C′ − z A
−9 + 3i
3(−3 + i) 3
5 −1
(−−→ −−−→)
L'argument de ce quotient est donc nul, soit AC , AC′ = 0 (mod 2π) , ce qui signifie que les
(c) Calculons
points A, C et C ′ sont alignés.
5. D'après la question précédente, D ′ est aligné avec A et D, donc
- D ′ appartient au cercle C ;
2. Les points qui ont pour image le point A d'affixe 1 ont une affixe z ̸= 1 telle que :
z′ = 1 =
1−z
.
z −1
- D ′ est sur la droite (AD).
En posant z = x + i y , l'équation précédente s'écrit :
1 − x − iy
1=
⇐⇒ x − i y − 1 = 1 − x − i y ⇐⇒ 2x − 2 = 0 ⇐⇒ x = 1
x − iy − 1
Les points solutions ont donc pour affixe z = 1 + i y avec y ̸= 0 : ce sont les points de la droite ∆
La construction est donc évidente.
d'équation x = 1 privée du point A.
3. On a pour z ̸= 1,
¯
¯
¯ ′¯ ¯ 1 − z ¯
¯
¯z ¯ = ¯
¯z −1¯ =
z′ − 1
∈
z −1
√
|1 − z| |1 − x − i y|
(1 − x)2 + y 2
¯
¯=
=
=1.
¯z − 1¯ |x − i y − 1| √(x − 1)2 + y 2
On vient donc de démontrer que pour tout point M d'affixe z ̸= 1,
Annexe à rendre avec la copie
¯ ′¯
¯z ¯ = OM′ = 1 .
Tous les points M′ appartiennent au cercle C .
Page 25
TS
C
Annales 2011-2015 : complexes
b
C′
b
→
−
v
O
B
b
D
′
D
A
→
−
u
∆
Page 26
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
p
p
3 i
3 (−1)n i
Si n impair, (−1) = −1 , donc
=
− =
+
.
2
2
2
2
(p
)
3 (−1)n i
nπ
Donc si n impair, z n = 2n ei(−1) 6 = 2n
+
.
2
2
(p
)
3 (−1)n i
n
+
Donc pour tout entier n ⩾ 1 , z n = 2
2
2
4
Amerique du Sud 2013
. énoncé
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct.
On considère l'équation (E) :
p
z 2 − 2z 3 + 4 = 0 .
p
(
p )2
1. On résout l'équation (E) : z 2 − 2z 3 + 4 = 0 ; ∆ = −2 3 − 4 × 1 × 4 = 12 − 16 = −4 .
z′ =
2
3. 4. M1 M2 = |z 2 − z 1 | = ¯2 3 + 2i −
p
p
2 3 + 2i p
=
= 3 + i et z ′′ = 3 − i .
2
nπ
6
2. On considère la suite (Mn ) des points d'affixes z n = 2n ei(−1)
(a)
1 i(−1)1 π6
−π
= 2e i 6
z1 = 2 e
(
−π
−π )
= 2 cos
+ i sin
=2
6
6
¯ p
¯ ¯ p
¯
p
( p
)¯ ¯ p
M2 M3 = |z 3 − z 2 | = ¯4 3 − 4i − 2 3 + 2i ¯ = ¯4 3 − 4i − 2 3 − 2i¯ = ¯2 3 − 6i¯
√( p )
p
p
p
p
2
=
2 3 + (−6)2 = 12 + 36 = 48 = 4 3 = 22 3
, définie pour n ⩾ 1 .
(p
(
))
p
3
1
+i −
= 3 − i = z ′′
2
2
p
Pour la suite de l'exercice, on admet que, pour tout entier n ⩾ 1 , Mn Mn+1 = 2n 3 .
Donc z 1 est solution de l'équation (E).
(b) z 2
2π
= 22 ei(−1) 6
i(−1)3 π6
z 3 = 23 e
(c)
(p
)
p
π
π)
3
1
= 4 cos + i sin
=4
+ i = 2 3 + 2i
6
6
2
2
(p
))
(
(
p
−π
−π )
3
1
= 8 cos
=8
= 4 3 − 4i
+ i sin
+i −
6
6
2
2
π
= 4e i 6
i −π
6
= 8e
−π
= ei 6
¯ p
¯ ¯p
¯
p
(p
)¯ ¯ p
3 − i ¯ = ¯ 2 3 + 2 i − 3 + i¯ = ¯ 3 + 3 i¯
√(p )
p
p
p
2
=
3 + 32 = 3 + 9 = 12 = 2 3
L'équation admet donc deux solutions complexes conjuguées :
( p ) p
− −2 3 + i 4
nπ
ei(−1) 6
n
(
5. On note ℓn = M1 M2 + M2 M3 + · · · + Mn Mn+1 .
p
p
p
(
(a) D'après la question 4, ℓn = 2 3 + 22 3 + · · · + 2n 3 = 2 + 22 + · · · + 2n
)p
3
La suite (2n ) définie pour n ⩾ 1 est géométrique de raison q = 2 et de premier terme 21 = 2 ; la
|z 1 | = 2 donc le point M1 d'affixe z 1 est situé sur le cercle de centre O et de rayon 2 ; de
somme S de ses premiers termes consécutifs est donnée par la formule :
plus, la partie imaginaire de z 1 est −1 donc le point M1 est situé sur la droite d'équation y = −1 .
S = premier terme ×
Pour placer le point M2 , on utilise le fait que |z 2 | = 4 et que Im (z 2 ) = 2 .
Pour placer le point M3 , on utilise le fait que |z 3 | = 8 et que Im (z 3 ) = −4 .
i(−1)4 π6
i π6
= 16e ; pour placer le point M4 , on utilise le fait que |z 4 | = 16 ; de plus
π
arg (z 4 ) = = arg (z 2 ) donc les points O, M2 et M4 sont alignés donc M4 ∈ (OM2 ) .
6
z 4 = 24 e
Voir la figure en annexe.
1 − raisonnombre de termes
1 − raison
2n − 1
1 − 2n
= 2×
= 2 (2n − 1)
1−2
2−1
p
(
)p
ℓn = 2 + 22 + · · · + 2n 3 = 2 3 (2n − 1)
donc 2 + 22 + · · · 2n = 2 ×
p
1 000
(b) ℓn ⩾ 1 000 ⇐⇒ 2 3 (2n − 1) ⩾ 1 000 ⇐⇒ 2n − 1 ⩾ p
p
p
3 i
3 (−1)n i
n
Si n ⩾ 1 et n pair, (−1) = +1 , donc e
=e =
+ =
+
.
2
2
2
2
(p
)
3 (−1)n i
nπ
+
.
Donc si n ⩾ 1 pair, z n = 2n ei(−1) 6 = 2n
2
2
i(−1)n π6
i π6
2 3
La fonction ln est strictement croissante sur ]0 , +∞[ , donc
(
ℓn ⩾ 1 000 ⇐⇒ ln (2n ) ⩾ ln
Or ln 2 > 0 donc
Page 27
⇐⇒ 2n ⩾
)
(
)
1 000
1 000
p + 1 ⇐⇒ n ln 2 ⩾ ln p + 1
2 3
2 3
1 000
p +1.
2 3
TS
Annales 2011-2015 : complexes
(
ln
ℓn ⩾ 1 000 ⇐⇒ n ⩾
)
1 000
p +1
2 3
⇐⇒ n ⩾ 8, 18 .
ln 2
Le plus petit entier n tel que ℓn ⩾ 1 000 est 9.
p
p
On peut vérifier que ℓ8 = 510 3 ≈ 883 < 1 000 et ℓ9 = 1 022 3 ≈ 1 770 > 1 000 .
ANNEXE à rendre avec la copie
M4
8
b
6
4
M2
2
O
b
−1
−2
−4
b
2
M1
4
6
8
10
12
14
16
b
M3
−6
−8
Page 28
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
5
Antilles 2013
. énoncé
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
□
Supposons que, pour un certain entier naturel n , un ⩽
( )n+1
( )
p
2
2 2 np
2
u n+1 = |z n+1 | ⩽ u n ⩽
2=
2,
3
3 3
3
1. On a a0 = 1 et b0 = 1 .
p
p
p
z 0 + |z 0 | 1 + i + 2 1 + 2 1
1+ 2
1
2. z 1 =
=
=
+ i . On a alors a 1 =
et b1 = .
3
3
3
3
3
3
la propriété est donc héréditaire.
□
3. (a) Pour N = 2 , le tableau de l'état des variables dans l'algorithme est :
K
A
En conclusion, la propriété est vraie pour tout n ∈
On a de plus, pour tout n ∈
B
1
0,804 7
0,333 3
2
0,558 6
0,111 1
N,
u n = |z n | ⩾ 0 , donc : 0 ⩽ u n ⩽
(c) On a, pour tout n ∈
N:
u n = |z n | =
Partie B
a n+1 =
an +
√
a n2 + b n2
3
a n + ib n +
√
tout n ∈
N : bn =
3
3. (a) Pour tout n ∈
|z n+1 | ⩽
bn
.
3
1
3
, par conséquent, pour
. Comme −1 < < 1 , on en déduit que (bn ) converge vers 0.
N
2 |z n |
.
3
¯
¯
¯ z n + |z n | ¯
¯
¯=
, |z n+1 | = ¯
¯
3
p
On a u 0 = |z 0 | = 2 et
1
3
|z n + |z n || ⩽
N , un ⩽
1
3
√
a n2 + b n2 ⩾
√
a n2 = |a n | .
N , 0 ⩽ |an | ⩽ un . Comme (un ) converge vers 0, le théorème « des
gendarmes » permet à nouveau de conclure que (|an |) converge vers 0, donc que (an ) converge
, donc :
1
3
(b) Montrons par récurrence que pour tout n ∈
□
Ainsi, pour pour tout n ∈
vers 0.
2. La suite (bn ) est géométrique de premier terme b0 = 1 et de raison
( 1 )n
a n2 + b n2
3
et bn+1 =
( )n
2 p
2 . Comme
3
( )n
2 p
2 = 0 , le théorème « des gendarmes » permet de conclure que la suite (u n )
3
converge vers 0 .
leur de aN .
N , zn+1 = an+1 + ibn+1 et zn+1 =
N.
lim n+∞
(b) Plus généralement, pour une valeur de N saisie par l'utilisateur, l'algorithme affichera la va-
1. On a, pour tout n ∈
( )n
2 p
2 , alors :
3
(|z n | + |z n |) , c'est-à-dire :
( )n
2 p
2.
3
( )0
p
2 p
2 = 2 , la propriété est donc vraie pour n = 0 .
3
Page 29
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
6
(b) z M′ = −i(x + i y) = y − i x .
Pondichéry 2013
. énoncé
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
(
(c)
π
1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend z M = 2e−i 3 .
(d)
(
(a)
(b)
p )
p
1
3
zM = 2 ×
−i
= 1−i 3.
2
2
)
x +1 y
;
, B (0 ; 1) et M′ (y ; −x) .
2
2
)
(
(y)
xy 1 xy 1
x +1
−→ −−−→′
×y+
× (−x − 1) =
OI · BM =
+ −
− = 0 donc les droites (O I ) et
2
2
2
2
2
2
I
(B M′ ) sont perpendiculaires.
′
p
p
p
z M′ = −iz M = −i(1 − i 3) = −i + i2 3 = − 3 − i .
(e) B M =
2√
2
Module et argument méthode algébrique :
√
y 2 + (−x − 1)2
=
√
√(
(x + 1)2 + y 2
et d'autre part , 2 OI = 2
(x + 1)2 + y 2 donc
√
|z ′ | =
M



 cos θ



 sin θ
p
(− 3)2 + (−1)2 = 2 et si l'on nomme θ un argument de z M′ alors, par propriété,
p
3
= −
5π
2
On reconnaît θ = −
(modulo 2π ).
6
1
= −
2
2OI = BM′ .
Module et argument par la forme exponentielle :
π
|z M′ | = | − i| × |z M | = 1 × |2e−i 3 | = 2
π π
5π
arg(z M′ ) = arg (−i) + arg (z M ) = − − = −
(module 2π ).
2 3
6
b
B
b
O
1
(c)
La figure n'est pas à l'échelle.
Graphiquement on vérifie les propriétés 1 et 2.
−2
M′
b
−1
A
b
1
2
3
I
−1
b
b
M
−2
2. Cas général en prenant z M = x + i y avec y ̸= 0 .
(a)
zI =
z A + zM x + 1
y
=
+i .
2
2
2
Page 30
x +1
2
)2
+
( y )2
2
=
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
7
3. Soit α un nombre réel quelconque ; on sait que 1 = cos2 α + sin2 α .
Nouvelle Calédonie 2013
. énoncé
Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
(
( )2
1 + e2iα = 1 + eiα = 1 + (cos α + i sin α)2 = 1 + cos2 α + 2i sin α cos α + i2 sin2 α
)
= cos2 α + sin2 α + cos2 α + 2i sin α cos α − sin2 α = 2 cos2 α + 2i sin α cos α
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O;⃗
u ,⃗
v .
On note
C l'ensemble des nombres complexes.
(
1. (1 + i)4n = (1 + i)4
)n
(
et (1 + i)4 = (1 + i)2
= 2 (cos α + i sin α) cos α = 2eiα cos α
La proposition est vraie.
)2
4. Le nombre complexe z A a pour argument
(1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 1 + 2i − 1 = 2i ; donc (1 + i)4 = (2i)2 = 4i2 = −4
Donc (1 + i)
4n
n
n
= (−4) ; la proposition est vraie.
(
)
Les points O, A et Mn sont alignés si et seule-
2. On cherche les solutions de l'équation (E) : (z − 4) z 2 − 4z + 8 = 0 .
π
ment si l'argument de l'affixe de Mn est
ou
4
π
π + à 2π près.
4
Il y a z = 4 qui annule z − 4 .
Pour z 2 − 4z + 8 = 0 : ∆ = (−4)2 − 4 × 1 × 8 = 16 − 32 = −16 < 0
L'équation admet
p deux solutions complexes conjuguées :
− (−4) + i 16 4 + 4i
=
= 2 + 2i et z 2 = 2 − 2i
z1 =
2
2
{
⃗
v
O
L'argument de l'affixe de Mn qui est n
Le triangle ABC est isocèle en A car les points
B et C sont symétriques par rapport à l'axe
(
H
b
⃗
u
b
A
→
−)
O, u
et A appartient à cet axe ; donc le mi-
lieu H de [BC] est aussi le pied de la hauteur
issue de A dans le triangle.
b
C
H a pour affixe 2 donc AH=2 ; de plus BC =
|2 + 2i − 2 + 2i| = |4i| = 4 .
L'aire de ce triangle vaut donc :
BC × AH 4 × 2
2
La proposition est fausse.
⃗
v
A
O
π
4
b
⃗
u
donc n s'écrit 4k + 1 .
Représentons les points dont les affixes sont solutions de (E) :
b
π + π4
On suppose que n − 1 est divisible par 4 ; le nombre n − 1 peut alors s'écrire 4k avec k entier et
}
L'équation (E) admet pour solutions 4, 2 + 2i, 2 − 2i .
B
π
(argument d'un produit).
4
π
donc le nombre complexe (z A )n a pour argument
4
=
2
=4
π
π
π
peut s'écrire (4k + 1) = kπ+ qui est bien équivalent
4
4
4
π
π
ou π + à 2π près ;
4
4
donc si n − 1 est divisible par 4, alors les points O, A et Mn sont alignés.
à
La proposition est vraie.
5. Le nombre j a pour module 1 et argument
2×
2π 4π
=
.
3
3
2π
donc j2 a pour module 12 = 1 et pour argument
3
p
3
2π
2π
1
On a : j = cos
+ i sin
=− +
(propriétés du cercle trigonométrique).
3
3
2
2
p
4π
1
3
4π
+ i sin
=− −
.
Et : j2 = cos
3
3
2
2
p
p
1
3 1
3
Donc 1 + j + j2 = 1 − +
− −
=0.
2
2
2
2
La proposition est vraie.
Page 31
TS
Annales 2011-2015 : complexes
2π
Une solution plus élégante consiste à écrire le nombre j sous la forme ei 3 pour prouver que j3 = 1 .
(
)(
)
Ensuite on développe 1 + j + j2 1 − j en 1 − j3 qui donne donc 0. Et comme j n'est pas égal à
(
)(
)
1, le facteur 1 − j n'est pas nul, mais comme le produit 1 + j + j2 1 − j est nul, c'est le facteur
1 + j + j2 qui est nul.
Page 32
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
8
∆ = 4 − 4(9 − λ) = 4 − 36 + 4λ = 4λ − 32 ; ∆ < 0 ⇐⇒ 4λ − 32 < 0 ⇐⇒ λ < 8
Antilles septembre 2014
. énoncé
Réservé aux candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
On note
C l'ensemble des nombres complexes.
L'ensemble des valeurs de λ pour lesquelles l'équation f (z) = λ admet deux solutions complexes
conjuguées est l'intervalle ] − ∞ ; 8[ .
(
)
¯
¯
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé O;⃗
u ,⃗
v .
4. Soit (F) l'ensemble des points du plan complexe dont l'affixe z vérifie ¯ f (z) − 8¯ = 3
On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe f (z) = z 2 + 2z + 9 .
¯
¯ ¯
¯
f (z) − 8 = z 2 + 2z + 9 − 8 = z 2 + 2z + 1 = (z + 1)2 ; donc ¯ f (z) − 8¯ = ¯(z + 1)2 ¯ = |z + 1|2 car le
(
p )
p )2
(
p )
(
p
module d'un carré est égal au carré du module.
p
1. f −1 + i 3 = −1 + i 3 + 2 −1 + i 3 + 9 = 1 − 2i 3 − 3 − 2 + 2i 3 + 9 = 5
2. On résout dans
C l'équation
¯
f (z) = 5 :
p
2
p
alors |z + 1| = 3 ⇐⇒ |z M − z Ω | = 3 .
p
L'ensemble des points M vérifiant |z M − z Ω | = 3 est le cercle de centre Ω et de rayon
p
3.
On trace (F) sur le graphique (voir page ??).
5. Soit z un nombre complexe, tel que z = x + i y où x et y sont des nombres réels.
Z
Donc z A = 2e
p
Soit Ω le point d'affixe −1 , donc de coordonnées (−1 ; 0) ; si on appelle M le point d'affixe z ,
( p )2
f (z) = 5 ⇐⇒ z + 2z + 9 = 5 ⇐⇒ z + 2z + 4 = 0 ; ∆ = 4 − 16 = −12 = − 2 3
p
p
p
−2 + 2i 3
Donc l'équation admet deux racines complexes conjuguées :
= −1 + i 3 et −1 − i 3
2
p
p
On appelle A le point d'affixe z A = −1 + i 3 et B le point d'affixe z B = −1 − i 3
p
|z A | = 1 + 3 = 2
1 

cos θA = − 
2 
2π
Soit θA un argument de z A :
+ k2π où k ∈
=⇒ θA =
p

3
3 

sin θA =
2
2
¯
Donc ¯ f (z) − 8¯ = 3 ⇐⇒ |z + 1|2 = 3 ⇐⇒ |z + 1| = 3
(a)
f (z) = z 2 + 2z + 9 = (x + i y)2 + 2(x + i y) + 9 = x 2 + 2ix y − y 2 + 2x + 2i y + 9
= x 2 − y 2 + 2x + 9 + i(2x y + 2y)
2iπ
3
(b) On note (E) l'ensemble des points du plan complexe dont l'affixe z est telle que f (z) soit un
Les nombres complexes z A et z B sont conjugués, donc ils ont le même module et des arguments
− 23iπ
nombre réel.
opposés donc z B = 2e
f (z) réel ⇐⇒ 2x y + 2y = 0 ⇐⇒ 2y(x + 1) = 0 ⇐⇒ y = 0 ou x = −1
|z A | = 2 donc le point A se trouve sur le cercle de centre O et de rayon 2. De plus la partie réelle
Donc (E) est la réunion de deux droites D1 d'équation y = 0 (l'axe des abscisses) et D2 d'équation
de A vaut −1 donc A se trouve sur la droite d'équation x = −1 . Idem pour B .
x = −1 .
Voir graphique page ??.
3. Soit λ un nombre réel. On considère l'équation f (z) = λ d'inconnue z .
p
3 . Donc les points d'intersection du cercle
p
p
(
)
(
)
(F) avec l'axe des abscisses ont pour coordonnées −1 − 3 ; 0 et −1 + 3 ; 0 .
f (z) = λ ⇐⇒ z 2 + 2z + 9 = λ ⇐⇒ z 2 + 2z + 9 − λ = 0
Les points A et B ont pour affixes z A et z B dont les parties réelles sont égales à −1 ; donc A et
Pour que l'équation f (z) = λ admette deux solutions complexes conjuguées, il faut et il suffit que
B sont situés sur la droite D2 .
¯
¯ ¯p ¯ p
p
ΩA = |z A − z Ω | = ¯−1 + i 3 + 1¯ = ¯i 3¯ = 3 donc le point A appartient au cercle (F).
le discriminant du polynôme z 2 + 2z + 9 − λ soit strictement négatif.
Le cercle (F) est de centre Ω d'affixe −1 et de rayon
Page 33
TS
Annales 2011-2015 : complexes
¯
¯ ¯ p ¯ p
p
ΩB = |z B − z Ω | = ¯−1 − i 3 + 1¯ = ¯−i 3¯ = 3 donc le point B appartient au cercle (F).
Les coordonnées des quatre points d'intersection des ensembles (E) et (F) sont :
(
p
p
p )
p )
) (
) (
(
−1 − 3 ; 0 , −1 + 3 ; 0 , −1 ; 3 et −1 ; − 3
Page 34
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
¯
¯1+i
9
2. r n+1 = |z n+1 | = ¯¯
Centres Étrangers 2014
. énoncé
Commun à tous les candidats
p
2
rn .
2
p
p
2
2
r n montre que la suite (r n ) est géométrique, de raison
.
r n+1 =
2
2
( p )n
( p )n
2
2
On sait que r n r 0
= 16
.
2
2
=
On définit, pour tout entier naturel n , les nombres complexes z n par :

 z0
=
 z
n+1
=
¯ ¯
¯
¯ ¯1+i¯
¯ ×|z n | (le module du produit est égal au produit des modules)
z n ¯¯ = ¯¯
2
2 ¯
16
1+i
z n , pour tout entier naturel n.
2
On note r n le module du nombre complexe z n : r n = |z n | .
Dans le plan muni d'un repère orthonormé direct d'origine O, on considère les points An d'affixes
zn .
( p )n
p
2
2
Comme 0 <
< 1 , on sait que lim
= 0 , donc lim r n = 0 .
n→+∞
n→+∞
2
2
La suite converge vers 0 .
1+i
1+i
z1 =
z0 =
× 16 = 8 + 8i .
2
2
(
)
1+i
1+i
z2 =
z1 =
(8 + 8i) = 4 + 4i + 4i − 4 = 8i .
2
2
(
)
1+i
1+i
z3 =
z 2 = 8i
= 4i − 4 = −4 + 4i .
2
2
Comme r n = |z n | = OAn , ceci signifie géométriquement que la limite des points An est le point
6. 1. (a)
O.
3. (a) Quel que soit le naturel n :
¯
¯
¯ (
¯ (
¯
¯
)¯
)¯
¯1+i
¯
¯
¯
¯
¯ −1 + i ¯
1+i
−1 + i ¯¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
= |z n+1 − z n | = ¯
z n − z n ¯ = ¯z n
− 1 ¯ = ¯z n
¯ = ¯ 2 ¯ × |z n | =
2
2
2
An An+1
p
2
r n = r n+1 .
2
(b) Voir l'annexe.
1+i
alors |z|2 = 14 + 14 = 24 , donc |z| =
2
p (p
p )
p (
)
Donc z = 22 22 + i 22 = 22 cos π4 + i sin π4 .
(c) Si z =
1+i
Un argument de
est donc
2
π
4
p
2
2
.
(b) Ln est donc la somme des n (sauf r 0 ) premiers termes de la suite géométrique (r n ) .
( p )n
2
p 1− 2
Donc Ln = 8 2
.
p
1 − 22
.
(d) O A0 = | |z 0 | = r 0 = 16 ;
p
p
p
( p )n
p
p
p
8 2
16 2
16 2
16
2
= 0 , donc lim Ln =
=p
=
(c) On sait que lim
p =
p =p p
n→+∞
n→+∞
2
2
2
−
2
2(
2
−
1)
2
−1
1− 2
(p
)
(p
)
16 2 + 1
= 16 2 + 1 .
2−1
O A1 = | |z 1 | = r 1 = 82 + 82 = 64 × 2 = 8 2 ;
p
A0 A1 = |z 1 − z 0 | = |8 + 8i − 16| = |−8 + 8i| = 8 2 .
On a donc O A1 = A0 A1 : le triangle est isocèle en A 1 ;
( p )2 ( p )2
D'autre part 8 2 + 8 2 = 162 ⇐⇒ A0 A21 + OA21 = OA20 signifie (réciproque du théorème de
Annexe à rendre avec la copie
Pythagore) que le triangle O A0 A1 est rectangle en A1 .
Page 35
TS
Annales 2011-2015 : complexes
8
A2
b
b
A1
6
A3
b
4
2
b
A4
−4
0
−2
A5
−2
b
b
A6
b
2
4
6
8
10
12
14
A0
16
Page 36
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
10
. énoncé
Liban 2014
Variables
:
u est un réel
p est un réel
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
n est un entier
Initialisation
p
On considère la suite de nombres complexes (z n ) définie par z 0 = 3−i et pour tout entier naturel
:
Affecter à n la valeur 0
Affecter à u la valeur 2
n :
Entrée
:
Demander la valeur de p
Traitement
:
Tant que u ⩽ p Faire
Affecter à n la valeur n + 1
z n+1 = (1 + i)z n
Affecter à u la valeur
p
2×u
Fin du Tant Que
Partie A
Sortie
:
Afficher n
Pour tout entier naturel n , on pose un = |z n | .
Partie B
p
¯p
¯
1. u 0 = |z 0 | = ¯ 3 − i¯ = 2 .
p
p
(p
)
3 1
2. z 0 = 2
− i = 2e−iπ/6
2
2
p
2. u n+1 = |z n+1 | = |(1 + i)z n | = |1 + i| × |z n | = 2|z n | = 2u n
1+i =
(p )n
3. D'après le cours, pour tout entier naturel n , on a u n = 2 2 ; (u n ) est la suite géométrique
p
de raison 2 et de premier terme u 0 = 2 .
4. (u n ) est une suite géométrique de raison
p
1. z 1 = (1 + i) × ( 3 − i) = 1 + 3 + i( 3 − 1) .
p
2 > 1 et de premier terme strictement positif, elle
p iπ/4
2e
.
p
p
z 1 = 2e−iπ/6 × 2eiπ/4 = 2 2eiπ/12 .
3. Des deux questions précédentes, on obtient que
(π)
( π ))
p
p (
p
p
+ i sin
1 + 3 + i( 3 − 1) = 2 2eiπ/12 = 2 2 cos
12
12
D'où
diverge donc vers +∞ .
5.
Page 37
( π ) 1 + p3 p2 + p6
= p =
cos
12
4
2 2
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
11
. énoncé
Commun à tous les candidats
On a alors z 1 z 2 = (x 1 + i y 1 )(x 2 + i y 2 )
Métropole 2014
= x 1 x 2 + i x 1 y 2 + i y 1 x 2 + i2 y 1 y 2
= (x 1 x 2 − y 1 y 2 ) + i(x 1 y 2 + x 2 y 1 )
Comme les nombres x 1 , x 2 , y 1 et y 2 sont réels, alors on peut définir les nombres x 3 = x 1 x 2 −y 1 y 2
1. Nous avons une équation de degré 2, à coefficients réels. On va donc calculer le discriminant
et y 3 = x 1 y 2 + x 2 y 1 , qui sont réels également.
∆ du trinôme du second degré.
On a donc écrit le produit z 1 z 2 sous la forme x 3 + i y 3 , où x 3 et y 3 sont des nombres réels, donc
∆ = 42 − 4 × 1 × 16 = 16 − 4 × 16 = −3 × 16 = −48 .
le conjugué de z 1 z 2 est :
Le discriminant étant p
strictement négatif,
l'équation admet deux solutions complexes conjuguées,
p
p
p
−4 − i 48 −4 − 4i 3
qui sont : Z1 =
=
= −2 − 2i 3 et Z 2 = Z 1 = −2 + 2i 3 .
z 1 z 2 = x 3 − i y 3 = (x 1 x 2 − y 1 y 2 ) − i(x 1 y 2 + x 2 y 1 ) .
Par ailleurs, calculons le produit : z 1 z 2 = (x 1 − i y 1 ) × (x 2 − i y 2 )
Présentons maintenant ces
√ nombres sous leur forme exponentielle, en commençant par calculer le
z 1 z 2 = x 1 x 2 − ix 1 y 2 − i y 2 x 1 + (−i)2 y 1 y 2 = (x 1 x 2 − y 1 y 2 ) − i(x 1 y 2 + x 2 y 1 ) = z 1 z 2
2
2
( p )2 p
module de Z1 : |Z1 | = (−2)2 + −2 3 = 4 + 12 = 4.
(
(
p )
p )
−2
−2 3
−1
− 3
On peut donc écrire : Z1 = 4 ×
+i
= 4×
+i
.
4
4
2
2
Nous avons donc démontré que pour deux nombres complexes quelconques z 1 et z 2 , on a :
z1 z2 = z1 z2 .
p
−1
− 3
Un argument de Z1 sera donc un angle dont le cosinus est
et le sinus est
, donc
2
2
π 4π
−2π
π+ =
dont la mesure principale est
.
3
3
3
−2iπ
La forme exponentielle de Z1 est donc : Z1 = 4e 3 , et puisque Z2 est le conjugué de Z1 , d'après
les propriétés des modules et arguments : Z2 = 4e
sous leurs formes exponentielles sont : Z1 = 4e
−2iπ
3
2iπ
3
. L'équation admet donc deux solutions, qui
et Z2 = 4e
2iπ
3
.
2 2× i3π
module et des arguments, a = 2 e
p
−2 + 2i 3 .
( )n
la propriété Pn , qui dit que pour tout complexe z , on a z n = z
.
( )1
Initialisation : Pour n = 1 , on a z 1 = z , donc z 1 = z = z : la propriété P1 est donc vraie.
Hérédité : Pour un entier k naturel non nul, on suppose vraie la propriété Pk , c'est à dire que l'on
( )k
suppose que pour tout complexe z , on a z k = z
.
On souhaite maintenant démontrer que si cette propriété est vraie, alors la propriété suivante doit
π
iπ
, alors a = 2e 3 et donc, d'après les propriété du
3
, donc on a a 2 = Z2 et donc la forme algébrique de a 2 est
2. Si a a pour module 2 et pour argument
2
La seconde propriété sera démontrée par récurrence. Posons, pour tout entier naturel n non nul
être vraie aussi.
Soit z un nombre complexe. On s'intéresse donc à z k+1 . On a z k+1 = z k × z , donc :
z k+1 = z k × z
= zk × z
( )k
= z ×z
( )k+1
= z
Le nombre a est donc une solution à l'équation dont on parle dans cette question. L'autre solution
sera donc −a , car (−a)2 = a 2 , donc si a est une solution, −a en sera une aussi. On va donc
application de la propriété précédente.
par hypothèse de récurrence.
ce qui constitue la propriété Pk+1 .
présenter les deux
sous forme algébrique, comme demandé :
( solutions
p )
iπ
a = 2e 3 = 2 ×
p
( p )
3
1
= 1 + i 3 et −a = −1 + i × − 3 .
+i
2
2
Nous avons donc démontré que si la propriété Pk est vraie, cela implique que Pk+1 l'est également : la propriété est héréditaire.
3. Soient z 1 et z 2 deux nombres complexes. Il existe donc quatre nombres réels x 1 ; y 1 ; x 2 et
Conclusion : La propriété est vraie au rang 1 et est héréditaire, donc, on peut donc dire que pour
y 2 tels que z 1 = x 1 + i y 1 et z 2 = x 2 + i y 2 .
tout entier n naturel non nul, et pour tout nombre complexe z , on a z n = z
Page 38
( )n
.
TS
Annales 2011-2015 : complexes
4. Soit z une solution de l'équation (E) , cela signifie que l'on a : z 4 + 4z 2 + 16 = 0 . Vérifions
maintenant si le conjugué de z est une solution de l'équation :
z 4 + 4z 2 + 16 = z 4 + 4z 2 + 16
dernière propriété démontrée.
=
z 4 + 4z 2 + 16
première propriété démontrée
=
z 4 + 4z 2 + 16
sachant que 4 = 4, car 4 est réel.
somme des conjugués.
=0
car z est solution de (E).
=0
car 0 est réel, donc est son propre conjugué.
On a établi à la question 2. que les nombres a et −a sont tels que a 2 = Z2 et (−a)2 = Z2 .
Comme par ailleurs on a dit que Z2 est solution de l'équation Z2 + 4Z + 16 = 0 , cela signifie que
(
a2
)2
( )
+ 4 a 2 + 16 = 0 , donc que a 4 + 4a 2 + 16 = 0 , donc a est solution de (E) et de la même
façon, −a est aussi une solution de cette équation.
En appliquant la propriété démontrée au début de cette question, on en déduit que les nombres a
et −a sont également des solutions à cette équation. Nous avons donc 4 solutions à l'équation, qui
p
p
p
p
sont distinctes : a = 1 + i 3 ; −a = −1 − i 3 ; a = 1 − i 3 et −a = −1 + i 3 , donc puisqu'il y a
au maximum 4 solutions à l'équation, celle ce ne peut avoir d'autre solution que celles trouvées, et
donc l'équation (E) a été résolue.
Page 39
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
12
. énoncé
Commun à tous les candidats
Nouvelle Calédonie mars 2014
Aucune justification n'était demandée dans cet exercice.
1. Réponse b. : 4eiπ
Le nombre 1+i a pour écriture complexe
(p )4 i4 π
2 e 4 = 4eiπ .
p iπ
2e 4 donc le nombre (1 + i)4 a pour écriture complexe
2. Réponse c. : (x − 1)2 + (y + 1)2 = 4
¯p
¯
Si on appelle A le nombre d'affixe 1 − i , l'équation |z − 1 + i| = ¯ 3 − i¯ équivaut à |z − z A | =
¯p
¯
¯p
¯
¯ 3 − i¯ , ou encore |z − z A |2 = ¯ 3 − i¯2 ⇐⇒ |z − z A |2 = 4 .
3. Réponse c. : la suite (Un ) définie par Un = |Zn | est convergente.
p
¯
¯
¯
¯
¯1+i ¯
¯1+i¯
1+i
2
¯
¯
¯
¯
|Z n |
Z n+1 =
Z n =⇒ |Z n+1 | = ¯
Z n ¯ ⇐⇒ |Z n+1 | = ¯
× |Z n | ⇐⇒ |Z n+1 | =
2
2
2 ¯
2
p
p
2
2
Donc la suite Un = |Zn | est géométrique de raison
; or −1 <
< 1 donc la suite est conver2
2
gente et a pour limite 0.
4. Réponse c. : ABC est rectangle en A.
p
p
p
AB = |z B − z A | = 10 ; AC = 2 10 et BC = 5 2 ; BC2 = AB2 + AC2 d'où la réponse c.
Page 40
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
13
3. (a) On fait tourner l'algorithme donné dans le texte en prenant pour P la valeur 0, 5 :
Pondichéry 2014
. énoncé
Candidats n'ayant pas suivi la spécialité
n
R
P
R>P
Initialisations
0
1
0, 5
Vrai
Traitement
1
0, 866
0, 5
Vrai
On définit la suite (r n ) par r n = |z n | pour tout entier naturel n .
2
0, 75
0, 5
Vrai
¯ v
¯
( p )2 √
u
p
√
√
¯ 3 p3 ¯ u( 3 )2
3
3
9
12
3
3
¯ t
¯
i¯ =
+
=
=
=
1. ¯ +
+
=
¯4
4 ¯
4
4
16 16
16
4
2
p 

3
3
) p (p
)
p
p
p (
p

3
3
3
3 3
2
3
2
3
3 1
4
4


+
i=
×p +
×p i =
+ i
p + p i =
4
4
2  3
2 4
4
2
2
2
3
3
3
2
2
p
π 1
π
3
et sin = .
Or cos =
6
2
6 2
p
p
π
3
3
3
i a pour module
et pour argument
donc sa forme
Donc le nombre complexe +
4
4
2
6
p
3 iπ
exponentielle est
e6.
2
¯(
¯
) ¯ ¯
p
¯ 3 p3
¯ ¯ 3 p3 ¯
3
¯
¯ ¯
¯
2. (a) r n+1 = |z n+1 | = ¯ +
i zn ¯ = ¯ +
i¯ × |z n | =
rn
¯ 4
¯
¯
¯
4
4
4
2
p
3
Donc la suite (r n ) est géométrique de raison q =
et de premier terme r 0 = |z 0 | = 1 .
2
( p )n
3
n
.
(b) La suite (r n ) est géométrique donc, pour tout n , r n = r 0 × q , donc r n =
2
3
0, 6495
0, 5
Vrai
4
0, 5625
0, 5
Vrai
5
0, 487
0, 5
Faux
(
)
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé O;⃗
u ,⃗
v .
Pour
tout entier naturel n , on note An le point d'affixe z n défini par : z 0 = 1
(
p )
et
z n+1 =
3
3
+
i zn
4
4
(c)
( p )n
3
OAn = |z n | = r n =
2
p
p
3
3
; or −1 <
< 1 donc la suite (r n ) converge vers
2
2
tend donc vers 0 quand n tend vers +∞ .
Sortie
Afficher 5
La valeur affichée par l'algorithme pour P = 0, 5 est 5.
(b) Cet algorithme s'arrête dès que R ⩽ P et affiche alors n , c'est-à-dire qu'il affiche la plus
petite valeur de n pour laquelle R donc r n = OAn est inférieur ou égal à P .
On peut donc dire que OA32 > 0, 01 et que OA33 ⩽ 0, 01 .
Vérification à la calculatrice : r 32 ≈ 0,010 02 et r 33 ≈ 0,008 68 .
4. (a) On considère le triangle OAn An+1 .
OAn = r n donc (OAn )2 = r n2
p
3
3
OAn+1 = r n+1 =
r n donc (OAn+1 )2 = r n2
2
4¯ ¯
¯(
¯
)
(
) ¯ ¯
¯ 3 p3
¯ ¯ 3 p3
¯ ¯ 1 p3 ¯
¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
An An+1 = |z n+1 − z n | = ¯ +
i zn − zn ¯ = ¯ +
i − 1 z n ¯ = ¯− +
i¯ × |z n |
¯ 4
¯ ¯ 4
¯ ¯ 4
4
4
4 ¯
v
( p )2
u(
√
√
u 1 )2
3
1
3
4
1
1
t
−
+
× rn =
+ rn =
r n = r n donc (An An+1 )2 = r n2
=
4
4
16 16
16
2
4
(r n ) est une suite géométrique de raison
3
1
(An An+1 )2 + (OAn+1 )2 = r n2 + r n2 = r n2 = (OAn )2
4
4
0. La longueur OAn
D'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OAn An+1 est rectangle en An+1 .
Page 41
TS
Annales 2011-2015 : complexes
(b) On admet que z n = r n ei
nπ
6
.
b
π
Le point An , d'affixe z n , appartient à l'axe des ordonnées si et seulement si son argument est
2
3π
π
π
ou
modulo 2π , c'est-à-dire
modulo π , donc il peut s'écrire + kπ où k ∈ .
2
2
2
Z
A4
A3
b
A2
b
b
Le nombre z n a pour argument
nπ nπ π
;
= + kπ ⇐⇒ n = 3 + 6k .
6
6
2
Mais n est un entier naturel donc k doit être strictement positif donc appartenir à
Donc si n s'écrit 3 + 6k avec k ∈
A5
A1
b
N.
N , alors le point An appartient à l'axe des ordonnées.
b
b
O
A6
b
6π
(c) Le point A6 a pour affixe z 6 qui a pour argument
= π ; ce point est donc sur l'axe des
6
abscisses. Comme le triangle OA5 A6 est rectangle en A6 , on trace le cercle de diamètre [OA5 ] ;
le point A6 est à l'intersection de ce cercle et de l'axe des abscisses.
7π
; donc les points A1 , O et A7 sont alignés.
6
Le point A7 se trouve donc à l'intersection du cercle de diamètre [OA6 ] et de la droite (OA1 ) .
Le point A7 a pour affixe z 7 qui a pour argument
Etc. (Voir figure en annexe)
Remarque : les points A3 et A9 appartiennent à l'axe des ordonnées, ce qui correspond bien à la
réponse trouvée à la question 4.b.
ANNEXE NON SPÉCIALITÉ
Page 42
A7
b
b
A8
A9
A0
TS
E
Annales 2011-2015 : complexes
14
. énoncé
2. (a) Faisons une démonstration par récurrence puisque la suite z est définie par récurrence.
AmeriqueNordS2015-exo-2.tex
1. (a) On applique les formules de récurrence proposées en utilisant un petit programme fait à
la calculatrice.
Au rang 0 , |z 0 | =
√
(−3)2 + 42 = 5 . La propriété est vérifiée.
√
Fixons un entier p et supposons que |z p | = x p2 + y p2 = 5 .
Au rang p + 1 :
On obtient :
A0 (−4, 8 ; 1, 4)
A1 (−4, 68 ; −1, 76)
|z p+1 | =
A2 (−2, 688 ; −4, 216)
=
(b) Voir plus bas :
=
√
2
2
x p+1
+ y p+1
√(
√
0, 8x p − 0, 6y p
)2
(
)2
+ 0, 6x p + 0, 8y p
(0, 82 + 0, 62 )x p2 + (0, 62 + 0, 82 )y p2 + (0, 8 × 0, 6 − 0, 6 × 0, 8)x p y p
√
√
= x p2 + y p2 . Or, par hypothèse, x p2 + y p2 = 5. Donc :
Variables :
i , x, y, t : nombres réels
|z p+1 | = 5
Initialisation :
La propriété est donc héréditaire et initialisée.
x prend la valeur −3
Ainsi, pour tout n , on a bien un = |z n | = 5 , ce qui prouve notre conjecture concernant le lieu des
y prend la valeur 4
points.
Traitement :
(b) Calculons, pour tout n , la forme algébrique de eiθ z n :
eiθ z n = (cos(θ) + i sin(θ)) (x n + i y n )
Pour i allant de 0 à 20
Construire le point de coordonnées (x ; y)
= (0, 8 + i0, 6)(x n + i y n )
t prend la valeur x
= (0, 8x n + i2 0, 6y n ) + (0, 6x n + 0, 8y n )i
x prend la valeur 0, 8 × x − 0, 6 × y .
= (0, 8x n − 0, 6y n ) + (0, 6x n + 0, 8y n )i
y prend la valeur 0, 6 × t + 0, 8 × y .
On reconnaît les formules de récurrence de x n+1 et y n+1 :
Fin Pour
eiθ z n = x n+1 + y n+1 i
Remarque. L'erreur à ne pas commettre ici était d'utiliser x dans le calcul de y . En effet, à ce stade,
= z n+1
x a déjà été modifié. C'est d'ailleurs pour cela que l'algorithme propose de stocker temporairement
l'ancienne valeur de x dans la variable t .
(c)
(c) On a identifié les points sur l'annexe en fonction de leurs coordonnées. Ils semblent appartenir
au programme, nous allons redémontrer la formule explicite.
à un cercle de centre O et de rayon 5 .
Pour n = 0 la formule est bien sûr vraie. Supposons-la vraie à un rang p fixé : z p = eipθ z 0 .
Page 43
z est une suite géométrique de raison eiθ sur des complexes. Comme cette notion n'est pas
TS
Annales 2011-2015 : complexes
Mais nous savons que z p+1 = eiθ z p = eiθ eipθ z 0 . On a ainsi :
B
z p+1 = eipθ+iθ z 0 = ei(p+1)θ z 0 .
b
A0
La propriété est donc héréditaire et initialisée.
5
b
b
b
b
4
b
Ainsi, pour tout n , on a bien z n = einθ z 0 .
θ
(d) Posons θ0 = arg (z 0 ) . Par définition :
b
b
2
A1
−3
4
=
+i
5
5
z0
z0
= cos (θ0 ) + i sin (θ0 ) . Or :
|z 0 |
|z 0 |
3
b
1
b
= −0, 6 + i0, 8. On reconnaît les valeurs de cos et sin de θ :
−7
= − sin (θ) + i cos (θ) . En utilisant les formules de trigonométrie, on a :
(π
)
(π
)
z0
= cos
+ θ + i sin
+θ
|z 0 |
2
2
π
On a donc bien, en identifiant la première et la dernière ligne, arg(z 0 ) = θ0 = + θ
2
Remarque. On pouvait également calculer le forme algébrique de |z 0
(π
| ei
)
2 +θ
−6
−5
−4
−3
−2
b
−1
1
2
3
4
−1
b
A2
b
−2
b
−3
et montrer qu'elle
était identique à celle de z 0 . Cette méthode est d'ailleurs certainement plus « facile » à mettre en
b
−5
œuvre.
−6
(e) On utilise les propriétés de l'argument :
)
(
)
(
π
π
arg(z n ) = arg einθ z 0 = arg einθ + arg(z 0 ) = nθ + + θ = (n + 1)θ +
2
2
(→
)
π
− →
−
On représente θ en utilisant le point A0 . En effet, ce point vérifie ı ; O A0 = arg(z 0 ) = θ + .
2
(→
− →
− )
Ainsi, on obtient facilement, par différence, que ȷ ; O A0 = θ .
On a tracé θ en annexe en utilisant cette dernière remarque.
Pour obtenir An+1 :
À partir du point An , on se déplace d'un angle θ sur le cercle de rayon 5 et de centre O pour
obtenir An+1 . Cette opération peut se faire à l'aide d'un compas en reportant une longueur correspondant à θ .
Annexe
Page 44
b
b
−4
b
5
b
b
6
7
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
15
. énoncé
Commun à tous les candidats
2. Si z 0 est un nombre réel positif, on a |z 0 | = z 0 . D'où
Antilles 2015
z 0 + |z 0 | z 0 + z 0 z 0
z 1 + |z 1 |
=
=
, puis z 2 =
=
4
4
2
4
z0
Montrons par récurrence que z n = n .
2
z1 =
Partie A
b
M′
b
O
+ z20
4
=
z0
.
4
Initialisation : on vu que la relation est vraie pour n = 0 .
M
Hérédité : supposons qu'il existe p ∈
I
→
−
v
z0
2
b
z p+1 =
b
¯ ¯
z p + ¯z p ¯
4
b
→
−
u
R
=
z0
2p
z
+ 2p0
4
=
z0
2p−1
22
=
N tel que zp = 2zp0
z0
2p+1
; alors
: la relation est vraie au rang p + 1 .
On a donc démontré que pour tout naturel u n =
z0
.
2n
La suite (z n ) est donc une suite géométrique de premier terme z 0 et de raison
−1 <
1
2
1
2
. Comme
< 1 , on sait que cette suite converge vers 0 .
′
3. (a) D'après la première construction, le module de z M
est inférieur à celui de z M et son ar-
1. Puisque O M = O R , on a |z M | = |z R | = |z| .
gument est égal à la moitié. On peut donc conjecturer que la suite (|z n |) va elle aussi converger
Comme R a un argument égal à 0 à 2π près on a z R = |z| .
vers 0 .
2.
(b) On sait (inégalité triangulaire que pour tous complexes z 1 et z 2 , que
z′ =
(
)
1 z + |z|
.
2
2
|z 1 + z 2 | ⩽ |z 1 | + |z 2 | .
z + |z|
L'affixe de
est égale à la demi-somme des affixes de celles de M et de R . Le point ayant
2
cette affixe est donc le milieu I du segment [MR] .
′
Finalement le point M est le milieu de [O I ].
En appliquant cette inégalité à
zn
4
¯
¯ ¯ ¯¯
¯
|z n+1 | ⩽ ¯ z4n ¯ + ¯ |z4n | ¯ ou encore
et à
|z n |
4
2 |z n |
ou
4
|z n |
|z n+1 | ⩽
.
2
|z n+1 | ⩽
On montre de la même façon que précédemment par récurrence que |z n | ⩽
Partie B
la suite (|z n |) est géométrique de raison
1. Si z 0 est un nombre réel négatif, on a |z 0 | = −z 0 . D'où
z1 =
0.
, on obtient :
z 0 + |z 0 | z 0 − z 0
=
= 0 et tous les termes suivants de la suite sont nuls. La suite converge vers
4
4
Page 45
|z 0 |
, c'est-à-dire que
2n
1
de premier terme |z 0 | : elle converge donc vers 0 .
2
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
16
PQ = QR = RP donc le triangle PQR est équilatéral.
Asie 2015
. énoncé
Candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité
(
Soit a , b , c trois nombres complexes vérifiant l'égalité a + jb + j2 c = 0 .
)
Le plan est muni du repère orthonormé direct
O;⃗
u ,⃗
v .
p
On note A, B, C les images respectives des nombres a , b , c dans le plan.
1
3
On donne le nombre complexe j = − + i
.
2
2
1. On sait que a + b j + c j2 = 0 donc a = − jb − j2 c .
1. (a) On résout l'équation : z 2 +zp
+1 = 0 ; ∆ = −3 <p
0 donc cette équation admet deux solutions
−1 + i 3
−1 − i 3
complexes conjuguées : z 1 =
et z 2 =
2
2
p
p
1
3 −1 + i 3
(b) j = − + i
=
= z 1 donc j est solution de l'équation z 2 + z + 1 = 0 .
2
2
2
(
)2 ( p )2
¯ ¯2
1
3
1 3
2. ¯ j¯ = −
+
= + = 1 donc | j| = 1
2
2
4 4

1

p
 cos θ = −

2
1
3
2π
j = − +i
; on cherche θ tel que
Donc θ =
[2π]
p

2
2
3
3

 sin θ =
2
¯
3. (a)
(b)
j =
2π
ei 3
)3
=
2π×3
ei 3
=
¯
¯ ¯
¯ ¯
On a vu précédemment que ¯ j¯ = 1 ; de plus |a − c| = AC et |c − b| = BC .
On a donc démontré que AC = BC .
3. On sait que a = − jb − j2 c . On sait aussi que j2 = −1 − j donc j = −1 − j2 .
On a donc a = −(−1 − j2 )b − j2 c = b + j2 b − j2 c ce qui équivaut à a − b = j2 (b − c) .
¯ ¯
¯
¯
¯ ¯
2
4. On sait que ¯ j¯ = 1 donc ¯ j2 ¯ = ¯ j¯ = 1 . De plus |a − b| = AB et |b − c| = CB .
2π
(
a = − jb − j2 c = − jb − (−1 − j)c = − jb + c + jc ⇐⇒ a − c = j(c − b)
2. a − c = j(c − b) =⇒ |a − c| = ¯ j(c − b)¯ ⇐⇒ |a − c| = ¯ j¯ × |c − b|
La forme exponentielle de j est donc : j = ei 3
3
Or, d'après la question A. 3. b., j2 = −1 − j donc :
¯
¯
On a vu dans la question précédente que a − b = j2 (b − c) ce qui entraîne |a − b| = ¯ j2 (b − c)¯ ou
ei×2π = 1
¯
¯
encore |a − b| = ¯ j2 ¯ × |b − c| . Cette dernière égalité équivaut à AB = CB .
j est solution de l'équation z 2 + z + 1 = 0 donc j2 + j + 1 = 0 et donc j2 = −1 − j .
Comme AC = BC et AB = CB , on a démontré que le triangle ABC était équilatéral.
4. On note P, Q, R les images respectives des nombres complexes 1, j et j 2 dans le plan.
p
p
1
3
3
1
2
P a pour affixe 1 ; Q a pour affixe j = − + i
et R pour affixe j = −1 − j = −1 + − i
=
2
2
2
2
p
3
1
− −i
2
2
¯2 ¯
¯
p
p ¯¯2
¯
¯ 1
¯ 3
p
3
3¯
9 3
¯
¯
¯
2
− 1¯ = ¯ − + i
PQ = ¯− + i
¯ = + = 3 =⇒ PQ = 3
¯
¯
¯ 2
¯
2
2
2
4 4
¯
p
p ¯¯
¯ 1
p
¯ p ¯2
3 1
3¯
¯
+ −i
QR2 = ¯− − i
¯ 2 = ¯−i 3¯ = 3 =⇒ QR = 3
¯ 2
2
2
2 ¯
¯
¯2 ¯
p
p ¯¯2
¯
¯3
p
1
9 3
3 ¯¯
3¯
¯
¯
2
RP = ¯1 + + i ¯ = ¯ + i ¯ = + = 3 =⇒ RP = 3
¯
¯2
2
2 ¯
2 ¯
4 4
Page 46
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
p
p
Pour la suite on admet que a ′ = −4 + 4i 3 et c ′ = −4 3 + 4i .
17
Métropole 2015
. énoncé
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
4. (a) On note r , s et t les affixes des milieux respectifs R, S et T des segments [A ′ B], [B ′ C]
et [C ′ A].
1. Soit l'équation z 2 − 8z + 64 = 0 .
p
p
a ′ + b −4 + 4i 3 + 4 − 4i 3
On a : r =
=
= 0 .
2
2
∆ = 64 − 4 × 64 = −3 × 64 < 0 .
L'équation a deux solutions complexes conjuguées :
p
p
8 + i 3 × 64
= 4+4 3
z1 =
2
b ′ + c 8 + 8i
=
= 4 + 4i .
2
2
p
p )
(
On a admis que t = 2 − 2 3 + i 2 + 2 3 .
p
et z 2 = z 1 = 4 − 4i 3 .
s=
(
)
−
−
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct O ; →
u ;→
v .
p
2. On considère les points A, B et C d'affixes respectives a = 4 + 4i 3 ,
p
b = 4 − 4i 3 et c = 8i . (figure à la fin de l'exercice)
p
(b) Il semble que la figure que RST soit un triangle équilatéral.
p
(a) |a| = |4 + 4i 3| = 4|1 + i 3| = 4 × 2 = 8 .
p
• RS = |s − r | = |4 + 4i| = 4|1 + i| = 4 2 .
(
p )
π
1
3
π
On en déduit a = 8 + i
= 8ei 3 . Un argument de a est donc .
2
2
3
π
p
p )
p
p )
(
(
• ST = |t√− s| = | − 2 − 2 3 + i −2 + 2 3 | = 2| − 1 − 3 + i −1 + 3 |
√
p )2 (
p
p )2
p
p
(
(
)
= 2 −1 − 3 + −1 + 3 = 2 1 + 2 3 + 3 + 1 − 2 3 + 3 = 2 8
p
= 4 2 .
π
(b) On a trouvé a = 8ei 3 et b = a = 8e−i 3 .
(c)
¯ ¯
|a| = 8 ; |b| = ¯a ¯ = |a| = 8 et |c| = |8i| = 8 . Les points A, B et C sont donc sur le cercle de
centre 0 et de rayon 8.
¯
p
p ¯
• RT = |t − r | = ¯2 − 2 3 + i(2 + 2 3)¯
√
¯
p
p ¯
p
p
p
= 2 ¯1 − 3 + i(1 + 3)¯ = 2 1 − 2 3 + 3 + 1 + 2 3 + 3 = 2 8
p
= 4 2 .
(d) Voir figure en fin d'exercice.
π
π
π
3. On considère les points A ′ , B ′ et C ′ d'affixes respectives a ′ = a ei 3 , b ′ = b ei 3 et c ′ = c ei 3 .
π
π
π
(a) b ′ = bei 3 = 8e−i 3 × ei 3 = 8 .
(b)
¯
¯
¯ π¯
π¯
¯
¯ ¯
|a | = ¯aei 3 ¯ = |a| × ¯ei 3 ¯ = |a| = 8
′
¯ ¯
car ¯eiθ ¯ = 1 pour tout θ réel.
p
RS = ST = RT = 4 2 donc le triangle RST est équilatéral.
(
)
( π) π π
2π
π
arg(a ′ ) = arg aei 3 = arg(a) + arg ei 3 = + =
3 3
3
Page 47
TS
Annales 2011-2015 : complexes
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-6
-7
-8
-9
8
′
b
A
A
b
b
b
C
b
C′
T6
S
b
4
2
b
−8
−6
−4
−2
O=R
b
2
4
6
B′
8
−2
−4
−6
b
B
−8
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Page 48
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
18
. énoncé
Conclusion : l'ensemble E est constitué des points d'ordonnée nulle donc de l'axe des abscisses et
Polynésie 2015
des points de la droite verticale dont une équation est x = −2 (droites en bleu).
1. M(z) est invariant si M′ = M ⇐⇒ z ′ = z ⇐⇒ z 2 + 4z + 3 = z ⇐⇒ z 2 + 3z + 3 = 0 .
4.
( p )2
∆ = 32 − 4 × 3 = 9 − 12 = −3 = i 3 .
Cette équation a deux solutions :
p
p
−3 − i 3
−3 + i 3
z1 =
et z 2 =
.
2
2
(
)
p
2
p
( )2
On a |z 1 |2 = − 32 + 23 = 94 + 34 = 3 ⇒ |z 1 | = 3 .
p
Le même calcul donne |z 2 | = 3 .
( p
)
p
p (
) p i 5π
−3 + i 3 p
3
1
5π
6 .
On a donc z 1 =
= 3 −
+ i = 3 cos 5π
6 + i sin 6 = 3e
2
2
2
p
5π
On trouve de la même façon que z 2 = 3e−i 6 .
A
→
−
v
O
−3
p
2. On a z A = z 2 , donc |z A | = OA = |z 2 | = 3 .
De même z B = z 1 , donc |z B | = OB = |z 1 | = 3 .
¯
(
p )¯
¯ −3 + ip3
−3 − i 3 ¯¯ ¯¯ p ¯¯ p
¯
Enfin AB = |z B − z A | = ¯
−
¯= i 3 = 3.
¯
¯
2
2
p
On a donc OA = OB = AB = 3 : le triangle OAB est un triangle équilatéral.
3. Soit M(x ; y) et M′ (x ′ ; y ′ ) son point associé.
M′ est sur l'axe des réels si y ′ = 0 .
Or on sait que l'affixe du point M est :
z 2 + 4z + 3 = (x + i y)2 + 4(x + i y) + 3 = x 2 − y 2 + 2ix y + 4x + 4i y + 3 = x 2 − y 2 + 3 + i(2x y + 4y) .



y
= 0


′
On a donc y = 0 ⇐⇒ 2x y + 4y = 0 ⇐⇒ 2y(x + 2) = 0 ⇐⇒
⇐⇒
ou



 x +2 = 0


 y
= 0


ou
=
−2
−2
Page 49
→
−
u
−1
B
p



 x
1
−1
1
2
TS
Annales 2011-2015 : complexes
E
19
. énoncé
1. D'après les graphiques :
Polynésie septembre 2015
Partie A
(a) On peut conjecturer que les limites des fonctions f et g en +∞ sont égales à 0.
1. Soit u le nombre complexe 1 − i .
(p
p )
(
)
p
p
1
1
2
2
−
i
|u| = 12 + (−1)2 = 2 ; donc u = 2 p − p i = 2
2
2
2
2

p

2


 cos(α) =
π
2
On cherche le réel α tel que
Donc α = − + k2π où k ∈
p

4


 sin(α) = − 2
2
p
iπ
L'écriture complexe du nombre u = 1 − i est donc 2 e− 4 .
√
(b) La courbe C f semble située en dessous de la courbe Cg .
p
(c) L'écart entre les deux courbes C f et Cg semble maximal pour x = 2 .
2. g (x) − f (x) = e−x − e−x cos(x) = (1 − cos(x)) e−x
Z
Pour tout réel x , e−x > 0 et cos(x) ⩽ 1 donc (1−cos(x)) ⩾ 0 ; donc, pour tout x , g (x)− f (x) ⩾ 0
et donc la courbe Cg est située au-dessus de la courbe C f sur l'intervalle [0 ; +∞[ .
3.• On sait que lim e−x = 0 ; donc la courbe Cg admet la droite d'équation y = 0 comme asymp-
2. eiθ = cos(θ) + i sin(θ) donc
x→+∞
tote horizontale en +∞ .
eiθ (1 − i) = (cos(θ) + i sin(θ))(1 − i) = cos(θ) + i sin(θ) − i sin(θ) − i2 sin(θ)
• Pour tout x , −1 ⩽ cos(x) ⩽ +1 et comme e−x > 0 , − e−x ⩽ e−x cos(x) ⩽ e−x .
= (cos(θ) + sin(θ)) + i (sin(θ) − cos(θ)) (forme algébrique)
p
p ( π)
p − iπ
iπ
2 e 4 donc eiθ (1 − i) = eiθ × 2 e− 4 = 2 ei θ− 4 (écriture exponentielle)
lim − e−x = lim e−x = 0 donc, d'après le théorème des gendarmes,
x→+∞
3. Le nombre complexe eiθ (1− i) s'écrit d'une part (cos(θ)+sin(θ))+ i (sin(θ) − cos(θ)) et d'autre
(
(
p (
p ( π)
π)
π ))
part 2 ei θ− 4 , c'est-à-dire 2 cos θ − + i sin θ −
.
4
4
lim e−x cos(x) = 0 ,
x→+∞
c'est-à-dire lim f (x) = 0 .
x→+∞
lim f (x) = 0 donc la courbe C f admet la droite d'équation y = 0 comme asymptote horizontale
p
(
En identifiant les parties réelles, on obtient : cos(θ) + sin(θ) = 2 cos θ −
(
π)
4
C'est un résultat que l'on peut retrouver directement en développant cos θ −
formule cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b .
x→+∞
en +∞ .
.
π)
au moyen de la
4
Partie B
On considère les fonctions f et g définies sur l'intervalle [0 ; +∞[ par : f (x) = e−x cos(x)
g (x) = e−x .
On définit la fonction h sur [0 ; +∞[ par h(x) = g (x) − f (x) .
Les représentations graphiques C f , Cg et Ch des fonctions f , g et h sont données, en annexe,
dans un repère orthogonal.
x→+∞
4. (a) On note h ′ la fonction dérivée de la fonction h sur l'intervalle [0 ; +∞[ .
Les fonctions f et g sont dérivables sur [0 ; +∞[ donc la fonction h est dérivable sur [0 ; +∞[ :
h ′ (x) = g ′ (x) − f ′ (x) = − e−x − (− e−x cos(x) + e−x (− sin(x))) = e−x (−1 + cos(x) + sin(x))
(
p
π)
On a vu dans la partie A que, pour tout réel θ , 2 cos θ − = cos(θ) + sin(θ) , donc
4
(
p
π)
= cos(x) + sin(x) .
2 cos x −
4
[p
(
]
π)
On peut donc en déduire que h ′ (x) = e−x 2 cos x − − 1 .
4
(b)
Page 50
TS
Annales 2011-2015 : complexes
[
• On se place dans l'intervalle 0 ;
0⩽x ⩽
π]
.
2
x
π
2
π
π π
⇐⇒ − ⩽ x − ⩽
4
4
4
p
(
π)
2
=⇒ cos x −
⩾
4
2
(
p
π)
⇐⇒ 2 cos x −
⩾1
4
(
p
π)
⇐⇒ 2 cos x −
−1 ⩾ 0
4
]
[π
; 2π .
• On se place dans l'intervalle
2
π
⩽ x ⩽ 2π
2
π
π
π
⇐⇒ ⩽ x − ⩽ 2π −
4
4
4
p
)
(
π
2
⩽
=⇒ cos x −
4
2
(
p
π)
⩽1
⇐⇒ 2 cos x −
4
(
p
π)
⇐⇒ 2 cos x −
−1 ⩽ 0
4
b
e−x
(
p
2 cos x −
p
2
2
b
2
+
−1
+
+
0
−
+
0
−
π
b
− π4
h(x)
0
b
1
2
π
4
b
0
5. On admet que, sur l'intervalle [0 ; +∞[ , la fonction H définie par H(x) = e−x [−2+cos(x)−
sin(x)]
est une primitive de la fonction h . On note D le domaine du plan délimité par les courbes C f et
p
2
2
Cg , et les droites d'équations x = 0 et x = 2π .
O
On a démontré dans la question 2. que, pour tout x , g (x) − f (x) ⩾ 0 donc on peut en déduire que
b
2π −
π
4
h(x) ⩾ 0 sur [0 ; +∞[ .
∫
Donc l'aire A du domaine D , exprimée en unités d'aire, est donnée par : A =
2π
h(x) dx
0
On sait que la fonction h est une primitive de la fonction h , donc :
∫
A=
2π
0
]2π
1 −x
e [−2 + cos(x) − sin(x)]
h(x) dx = H(2π) − H(0) =
2
0
[
1
1
1
1
= e−2π [−2 + cos(2π) − sin(2π)] − e0 [−2 + cos(0) − sin(0)] = e−2π [−2 + 1] − [−2 + 1]
2
2
2
2
1 1 −2π
= − e
unité d'aire
2 2
h(2π) = e−2π (1 − cos(2π)) = e−2π (1 − 1) = 0
(π)
4
2π
e− 2
h(0) = e0 (1 − cos(0)) = 1(1 − 1) = 0
h
π)
h ′ (x)
O
h(x) = g (x) − f (x) = e−x (1 − cos(x))
(c)
π
4
π
2
0
( ))
π (
π
π
= e− 2 1 − cos π2 = e− 2 (1 − 0) = e− 2 ≈ 0, 21
On en déduit le tableau de variation de la fonction h sur l'intervalle [0 ; 2π] .
Page 51