Enoncé et corrigé

BACCALAUREAT GENERAL
Session de Juin 2010
MATHEMATIQUES
- Série S Enseignement Obligatoire
Polynésie
EXERCICE 1
Partie A - Restitution organisée de connaissances
a)
Soient a, b, a ! et b ! quatre nombres réels puis z = a + ib et z ! = a ! + ib ! .
z × z ! = (a − ib)(a ! − ib ! ) = (aa ! − bb ! ) − i(ab ! + ba ! ) = ((aa ! − bb ! ) + i(ab ! + ba ! ))
= (a + ib)(a ! + ib ! ) = z × z ! .
Pour tous nombres complexes z et z ! , z × z ! = z × z ! .
b) Soit z un nombre complexe. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non nul n, zn = (z)n .
1
• C’est vrai pour n = 1 car z1 = z = (z) .
• Soit n ! 1. Supposons que zn = (z)n . Alors
zn+1 = zn × z = zn × z (d’après a))
n
= (z) × z (par hypothèse de récurrence)
n+1
= (z)
.
Le résultat est démontré par récurrence.
n
Pour tout nombre complexe z et tout entier naturel non nul n, zn = (z) .
Partie B
1. Soit z un nombre complexe. Puisque (−z)4 = z4 , z4 = −4 ⇒ (−z)4 = −4. D’autre part, puisque −4 est un nombre
4
réel, z4 = −4 ⇒ z4 = −4 ⇒ (z) = −4. On a montré que
si z est solution de (E) alors −z et z sont solutions de (E).
2.
√
a) z0 = 2
!
1
1
√ +√ i
2
2
"
=
#π$
# π $$ √
√ #
2 cos
+ i sin
= 2eiπ/4 .
4
4
z0 =
b) z40 =
√ iπ/4
2e
.
#√
$4 #√ $4 %
&4
2eiπ/4 =
2
eiπ/4 = 4eiπ = 4(−1 + 0i) = −4. Donc z0 est solution de l’équation (E).
3. L’équation (E) admet z0 = 1 + i pour solution. mais alors, d’après la question 1, l’équation (E) admet aussi pour
solution −z0 = −1 − i, z0 = 1 − i et −z0 = −1 + i.
L’équation (E) admet pour solutions 1 + i, 1 − i, −1 + i et −1 − i.
http ://www.maths-france.fr
1
c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.
!
Partie C
1. L’expression complexe de la rotation de centre Ω d’affixe ω et d’angle θ est z ! = ω + eiθ (z − ω). Donc l’expression
complexe de la rotation r est
# π $$
# # π$
√
1
+ i sin −
(z + 1 + i) = −1 − i + (1 − i 3)(z + 1 + i)
z ! = −1 − i + cos −
3
3
2
√
√
√
√
√
1
1
1
1
1
= (−2 − 2i) + (1 − i 3)z + (1 − i 3)(1 + i) = (1 − i 3)z + (−2 − 2i + 1 + 3 − i 3 + i)
2
2
2
2
2
√
√
√
1
1
= (1 − i 3)z + (−1 + 3 − i(1 + 3))
2
2
2.
a)
√
√
√
√
√
√
1
1
1
1
(1 − i 3)zB + (−1 + 3 − i(1 + 3)) = (1 − i 3)(−1 + i) + (−1 + 3 − i(1 + 3))
2
2
2
2
√
√
√
√
√
1
= (−1 + 3 + i 3 + i − 1 + 3 − i(1 + 3)) = −1 + 3.
2
zE =
zE = −1 +
√
3.
b)
√
√
√
√
√
√
1
1
1
1
(1 − i 3)zD + (−1 + 3 − i(1 + 3)) = (1 − i 3)(1 − i) + (−1 + 3 − i(1 + 3))
2
2
2
2
√
√
√
√
√
1
= (1 − 3 − i 3 − i − 1 + 3 − i(1 + 3)) = −i(1 + 3).
2
zF =
zF = −i(1 +
√
3).
c)
i
√
√
√ 1 + 2 − √3
zA − zE
1 + i − (−1 + 3)
2− 3+i
√ =
√ = (2 − 3)
√
=
zA − zF
1 + i + i(1 + 3)
1 + i(2 + 3)
1 + i(2 + 3)
√
√ 1 + i(2 + 3)
√
√
√ (car (2 + 3)(2 − 3) = 4 − 3 = 1)
= (2 − 3)
1 + i(2 + 3)
√
= 2 − 3.
En particulier,
zA − zE
est un nombre réel.
zA − zF
d) Un réel non nul admet pour argument 0 ou π modulo 2π et donc
!
"
#−
→ −→$
zA − zE
FA, EA = arg
= 0 [π].
zA − zF
On en déduit que
les points A, E et F sont alignés.
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