Second exercice Liban juin 2008

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Ultrabac Terminale S - Second exercice du sujet obligatoire Liban juin 2008
Pour chacune des six propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et, donner
une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun
point.
[Contrairement à ce que pourrait laisser croire l'énoncé, il ne s'agit pas d'un vrai-faux
mais d'un exercice classique où chaque proposition pose une question.]
Partie A - Quelques questions à propos des nombres complexes
.
arg z100 = 100 × arg ( z )
4× π
2× π
π
π
= 100 × = (16 × 6 + 4 ) × = 16 × 2π =
=−
modulo 2π
3
3
3
3
2× π
Comme son argument principal (celui faisant partie de l'intervalle ]−π; π] ) est −
,
3
100
alors le nombre complexe z
La proposition 1 est fausse.
(
)
Appelons O' l'image du point O par la rotation r de centre K et d'angle −
π
2
(
zO ' − zK = e
× ( zO − zK )
Proposition 1 : z100 est un nombre réel.
Un nombre réel est un nombre complexe particulier dont l'un des arguments est 0 ou π.
( )
π
et dont le centre K a pour affixe 1 + i. 3 .
2
(
)
Proposition 3 : L'image du point O par la rotation r a pour affixe 1 − 3 + i × 1 + 3 .
− i.
π
1°) Soit z un nombre complexe d'argument .
3
Calculons un argument de z
3°) Soit r la rotation d'angle −
π
.
2
Les affixes de ces trois points vérifient l'égalité :
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct ( O; u , v ) .
100
Page 1 sur 2
n'est pas un réel.
( (
)
⇔ z O ' = 1 + i. 3 + ( −i ) × 0 − 1 + i. 3
Adaptation de la célèbre formule :
z′−ω= ei .θ ×( z −ω )
où le point d'affixe z′ est l'image du point d'affixe z
par une rotation d'angle θ et de centre d'affixe ω.
= 1 + i. 3 + i − 3 O'
(
)
(
= 1− 3 + i × 1+ 3
La proposition 3 est vraie.
)
z
=1
z −1
Proposition 2 : l'ensemble (E
E) est la droite parallèle à l'axe des réels.
Si on appelle A le point d'affixe 1, alors nous pouvons écrire :
z − z0
z
z−0
OM
=
=
=
z −1
z −1
z − zA
AM
Par conséquent, nous pouvons écrire à propos de l'ensemble (E
E) :
OM
= 1 ⇔ OM = AM ⇔ M ∈ Médiatrice du segment [OA]
M ∈ (E ) ⇔
AM
Car M est équidistant de O et A.
Ainsi cet ensemble (E
E) est-il la médiatrice du segment [OA].
Donc l'ensemble (E
E) est perpendiculaire à la droite (OA) qui est l'axe des réels ( O; u ) .
La proposition 2 est fausse.
K
v
4°) On considère l'équation (E) d'inconnue z :
π
z 2 + 2 × cos   × z + 1 = 0
O
5
Proposition 4 : L'équation (E) a deux solutions complexes de modules égaux à 1.
Résolvons dans cette équation du second degré (E). Calculons son discriminant :
u
2

 π 
∆(E) =  2 × cos    − 4 ×1× 1
 5 



π
π 
π
 π 
= 4 × cos   − 4 = 4 × cos 2   − 1 = −4 × sin 2   =  i × 2 × sin   
5
5 
5
 5 


2
2°) Soit (E
E) l'ensemble des points M d'affixe z différente de 1 vérifiant l'égalité
))
2
car il est bien connu que cos 2 ( α ) +sin 2 ( α ) =1
Comme même les carrés de sinus sont positifs, alors le discriminant ∆(E) est négatif.
Donc l'équation (E) admet deux solutions complexes et conjuguées :
π
π
π
π
−2 × cos   − i × 2 × sin  
−2 × cos   + i × 2 × sin  
5
5
5
5
z1 =
z2 =
2 ×1
2 ×1
π
π
π
π
= − cos   − i × sin  
= − cos   + i × sin  
5
5
5
5
4×π
−i
π
π


= cos  π +  + i × sin  π +  = e 5
5
5


4×π
i.
π
π


= cos  π −  + i × sin  π −  = e 5
5
5


Le module de tout nombre complexe de la forme e i .θ est égal à 1.
La proposition 4 est vraie.
Ultrabac Terminale S - Second exercice du sujet obligatoire Liban juin 2008
 1
 −1
 −1 
 
 
 
Le vecteur AG 1 est-il orthogonal aux vecteurs BD  1  et BE  0  ?
 1
0
1
 
 
 
Pour le savoir, calculons leurs produits scalaires :
AG ⋅ BD = 1× ( −1) + 1×1 + 1× 0 = −1 + 1 + 0 = 0
AG ⋅ BE = 1× ( −1) + 1× 0 + 1× 1 = −1 + 0 + 1 = 0
Comme les produits scalaires AG ⋅ BD et AG ⋅ BE sont nuls, alors le vecteur AG est
orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires BD et BE du plan (BDE).
Donc le vecteur AG est normal au plan (BDE).
La proposition 5 est vraie.
Partie B - Quelques questions à propos d'un cube
On considère le cube ABCDEFGH d'arête 1, représenté ci-dessous.
H
G
F
E
C
D
A
B
Proposition 5 : Le vecteur AG est normal au plan (BDE).
Travailler avec des droites, des points ou des plans est une activité certes noble mais il
est quand même plus facile de raisonner avec des nombres.
Aussi pour résoudre cette question ainsi que la suivante, nous posons un repère dans
notre cube en munissant l'espace du repère orthonormé direct A; AB, AD, AE .
(
H(0 ; 1 ; 1)
F(1 ; 0 ; 1)
E(0 ; 0 ; 1)
C(1 ; 1 ; 0)
D(0 ; 1 ; 0)
A(0 ; 0 ; 0)
)
G(1 ; 1 ; 1)
B(1 ; 0 ; 0)
Page 2 sur 2
Proposition 6 : Les droites (EB) et (ED) sont perpendiculaires.
1
0
 
 
Calculons le produit scalaire des vecteurs EB  0  et ED  1  .
 −1 
 −1
 
 
EB ⋅ ED = 1× 0 + 0 × 1 + ( −1) × ( −1) = 0 + 0 + 1 = 1
Comme leur produit scalaire est non nul, alors les vecteurs EB et ED ne sont pas
orthogonaux. Donc les droites (EB) et (ED) ne sont pas perpendiculaires.
Nous aurions pu aussi dire que les trois côtés du triangle (BDE) sont trois diagonales
des faces du cube et que donc elles ont des longueurs égales à 2 .
Par conséquent, le triangle (BED) est équilatéral et chacun de ses angles au sommet
π
mesure
radians. Donc les côtés (EB) et (ED) ne sont pas perpendiculaires.
3
La proposition 6 est fausse.
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