Second exercice Liban juin 2008

Ultrabac Terminale S - Second exercice du sujet obligatoire Liban juin 2008 Page 1 sur 2
O
K
O'
u
v
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
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct
(
)
O; ,
u v
.
1°) Soit z un nombre complexe d'argument
3
π
.
Proposition 1 :
100
z
est un nombre réel.
Un nombre réel est un nombre complexe particulier dont l'un des arguments est 0 ou π.
Calculons un argument de
100
z
.
(
)
( )
( )
100
arg z 100 arg z
4 2
100 16 6 4 16 2 modulo 2
3 3 3 3
= ×
π π × π × π
= × = × + × = × π = = − π
Comme son argument principal (celui faisant partie de l'intervalle
]
]
;
−π π
) est
2
3
× π
− ,
alors le nombre complexe
100
z
n'est pas un réel.
La proposition 1 est fausse.
2°) Soit (E
EE
E) l'ensemble des points M d'affixe z différente de 1 vérifiant l'égalité
z
1
z 1
=
−
Proposition 2 : l'ensemble (E
EE
E) est la droite parallèle à l'axe des réels.
Si on appelle A le point d'affixe 1, alors nous pouvons écrire :
0
A
z z
z z 0 OM
z 1 z 1 z z AM
−
−
= = =
− − −
Par conséquent, nous pouvons écrire à propos de l'ensemble (E
EE
E) :
Car M est équidistant de O et A.
OM
M ( ) 1 OM AM M Médiatrice du segment [OA]
AM
∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ ∈ E
EE
E
Ainsi cet ensemble (E
EE
E) est-il la médiatrice du segment [OA].
Donc l'ensemble (E
EE
E) est perpendiculaire à la droite (OA) qui est l'axe des réels
(
)
O;
u
.
La proposition 2 est fausse.
3°) Soit r la rotation d'angle
2
π
−
et dont le centre K a pour affixe
1 . 3
+
i
.
Proposition 3 : L'image du point O par la rotation r a pour affixe
(
)
(
)
1 3 1 3
− + × + i .
Appelons O' l'image du point O par la rotation r de centre K et d'angle
2
π
−
.
Les affixes de ces trois points vérifient l'égalité :
( )
( )
.
.2
O ' K O K O '
Adaptation de la célèbre formule :
z e z
où le point d'affixe z est l'image du point d'affixe z
par une rotation d'angle et de centre d'affixe .
z z e z z z
θ
π
−
′−ω= × −ω
′θ ω
− = × − ⇔ =
i
i
( )
( )
(
)
(
)
( ) ( )
1 . 3 0 1 . 3
1 . 3 3
1 3 1 3
+ + − × − +
= + + −
= − + × +
i i i
i i
i
La proposition 3 est vraie.
4°) On considère l'équation (E) d'inconnue z :
2
z 2 cos z 1 0
5
π
+ × × + =
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 :
( ) ( )
2 2
2
2
2 2 2
car il est bien connu que cos sin 1
2 cos 4 1 1
5
4 cos 4 4 cos 1 4 sin 2 sin
5 5 5 5
α + α =
π
∆ = × − × ×
π π π π
= × − = × − = − × = × ×
(E)
i
Comme même les carrés de sinus sont positifs, alors le discriminant
∆
(E)
est négatif.
Donc l'équation (E) admet deux solutions complexes et conjuguées :
1 2
4 4
.
5
2 cos 2 sin 2 cos 2 sin
5 5 5 5
z z
2 1 2 1
cos sin cos sin
5 5 5 5
cos sin e cos sin e
5 5 5 5
×π ×
−
π π π π
− × − × × − × + × ×
= =
× ×
π π π π
= − − × = − + ×
π π π π
= π + + × π + = = π − + × π − =
i i
i i
i i
i i
5
π
Le module de tout nombre complexe de la forme
.
e
θ
i
est égal à 1.
La proposition 4 est vraie.

Ultrabac Terminale S - Second exercice du sujet obligatoire Liban juin 2008 Page 2 sur 2
Partie B - Quelques questions à propos d'un cube
On considère le cube ABCDEFGH d'arête 1, représenté ci-dessous.
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
.
Le vecteur
1
AG 1
1
est-il orthogonal aux vecteurs
1
BD 1
0
−
et
1
BE 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.
Proposition 6 : Les droites (EB) et (ED) sont perpendiculaires.
Calculons le produit scalaire des vecteurs
1
EB 0
1
−
et
0
ED 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
mesure
3
π
radians. Donc les côtés (EB) et (ED) ne sont pas perpendiculaires.
La proposition 6 est fausse.
A(0 ; 0 ; 0)
B(1 ; 0 ; 0)
C(1 ; 1 ; 0)
D(0 ; 1 ; 0)
E(0 ; 0 ; 1)
F(1 ; 0 ; 1)
G(1 ; 1 ; 1)
H(0 ; 1 ; 1)
A
B
C
D
E
F
G
H