Page 1 Terminale S Devoir surveillé n°1 : corrigé corDS1TS1112

Terminale S
Devoir surveillé n°1 : corrigé
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Exercice 1 : 7 pts
On considère le polynôme P défini par:
P(z) = z
4
- 6z
3
+ 24z² -18z + 63.
1° Déterminer des réels b et c tels que pour tout complexe z :
P(z) = (z² + 3) (z² + bz + c).
pour tout complexe z, on a (z² + 3) (z² + bz + c) = z
4
+ bz
3
+ (3 + c)z² + 3bz + 3c.
En identifiant ce polynôme à P(z) = z
4
- 6z
3
+ 24z² -18z + 63, on obtient le système :
b = -6
3 + c = 24
3b = -18
3c = 63
d’où l’on tire b = - 6 et c = 21
Par conséquent, pour tout complexe z, P(z) = (z² + 3) (z² - 6z + 21).
2° Résoudre dans C l’équation : P(z) = 0
Résoudre dans C l’équation P(z) = 0 revient à résoudre (z² + 3) (z² - 6z + 21) = 0
Ce qui donne z² + 3 = 0 ou (z² - 6z + 21) = 0
Soit z = i 3 ou –i 3 pour z² + 3 = 0
Pour la seconde, ∆ = ( )
4i 3 ² donc deux solutions complexes conjuguées :
3 – 2i 3 et 3 + 2i 3
L’équation p(z) =0 admet 4 solutions : i 3 –i 3 3 – 2i 3 3 + 2i 3
3° Placer dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal (0 ;
→
u ;
→
v ) les points A , B , C,
D d’affixes respectives : z
A
= i 3, z
B
= - i 3, z
C
= 3 + 2 i 3, z
D
= z
C
.
Montrer que ces quatre points appartiennent à un même cercle de centre ω d’affixe 3.
Aω = |3 - i 3| = 12 et Bω = |3 + i 3| = 12 et Cω = |2 i 3| = 12 et Dω = |-2 i 3| = 12
Aω = Bω = Cω = Dω = 12 donc A, B, C, D sont sur le cercle de centre ω et rayon 12.

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4° On note E le symétrique de D par rapport à O. Monter que le triangle BEC est équilatéral
Exercice 2 : 4 pts
Soient z
1
, z
2
, et Z les nombres complexes définis par :
z
1
= 1 + i 3 z
2
= 1 - i et Z = z
1
z
2
1° Déterminer la forme algébrique de Z .
Z = 1 - 3
2 + 1 + 3 2 i
2° Déterminer le module z
1
, z
2
, et Z
|z
1
| = 1² + 3² = 2 |z
2
| = 1² + (-1)²= 2 et |Z| =|z
1
|
|z
2
| = 2
Exercice 3 : 4,5 pts
Donner la forme algébrique de (2 + 3i)² = 4 + 12i – 9 = -5 + 12i
Résoudre dans C l’équation : z² = - 5 + 12i ⇔ z² = (2 + 3i)² ⇔ z = 2 + 3i ou z = -2 – 3i
Exercice 4 : 4,5 pts
Résoudre dans C l’équation : z² - 2z cosα + 1 = 0 avec α un réel de ]0 ; π[
∆ = (-2 cosα)² - 4×1×1 = 4(cos²α - 1) = -4sin²α
Or α un réel de ]0 ; π[ donc sinα > 0 d’où ∆ < 0 deux solutions complexes conjuguées
z’ = -b-i -∆
2a = cosα - isin α z’’ = -b+i -∆ 2a = cosα + isin α
Rappel : cos² α = 1 - sin² α