DST Terminale S 3h

(1)

DST Terminale S 3h

Exercice 1

_{5 points} ₍ d’après Nouvelle Calédonie 2007 )

Dans le plan muni d’un repère orthonormal direct (O;~u, ~v), on considère les trois points A, B et C d’affixes respectives1, 2 + 2iet1−i.

1. Voir dessin 2. 2 + 2i

1−i = (2 + 2i)(1 +i) (1−i)(1 +i) = 4i

2 = 2i donc

2 + 2i 1−i

=|2i|= 2 et arg

2 + 2i 1−i

=arg(2i) = π 2. On sait que arg

2 + 2i 1−i

=−−→

OC;−−→

OB

[2π], donc le triangle OBCest rectangle en O.

3. La droite(OA)est la bissectrice de l’angle\BOCcar : −−→

OC;−−→

OB

= π

2 [2π]et −−→

OA;−−→

OB

=arg zB

zA

[2π] =arg

2 + 2i 1

[2π] = π 4 [2π].

En effet, 2 + 2i= 2p (2)

√2 2 +i

√2 2

!

= 2p (2)

cosπ 4

+isinπ 4

. 4. zD−zC =e⁻ⁱ^π²(zO−zC) =−i(zO−zC)donczD= 1−i−i(−1 +i) = 2.

5. Le pointD est l’image deO par la rotation de centreCet d’angle−π

2 donc l’angleOCD\ est droit.

Parcequ’il y a deux angles droits, les droites (OB) et (CD) sont parallèles. Le quadrilatère OCDB est donc un trapèze rectangle .

1 2 3

−1

−2

1 2 3

−1

−2

−

→u

−

→v

O A

B

C

D

⊕

Exercice 2

_{5 points}

Soitθun réel, et z= cos(θ) +isin(θ).

1. z= cos(θ) +isin(θ)donc|z|=p

cos(θ)²+ sin(θ)²=√ 1 = 1.

Et on a z= cos(θ) +isin(θ) = 1 (cos(θ) +isin(θ)). Donc arg(z) =θ [2π].

2. a. 1

z = 1

cos(θ) +isin(θ) = cos(θ)−isin(θ)

(cos(θ)−isin(θ)) (cos(θ) +isin(θ))= cos(θ)−isin(θ)

cos²(θ) + sin²(θ) = cos(θ)−isin(θ)

1 =

cos(θ)−isin(θ)

(2)

b. z= cos(θ) +isin(θ)doncz= cos(θ)−isin(θ). On a doncz=1 z. c. Puisque z= 1

z, on a : z×z=z×1 z = 1.

d. On a 1 z = 1

|z| = 1 et arg 1

z

=−arg(z) =−θ 3. Soitu∈C,uest réel ssiu=u

En effet, u=a+ibest réel ssib= 0.

Or u=a−ib; et doncu=u ⇐⇒=a+ib=a−ib ⇐⇒ 2ib= 0 ⇐⇒ b= 0.

Ainsi,u=u ⇐⇒ b= 0 ⇐⇒ uest réel.

4. Montrons que u=u: u= 1 +z+z²

1 +z² doncu=1 +z+z²

1 +z² = 1 +z+z² 1 +z² . Mais on a vu que z=1

z. Donc u= 1 +z+z²

1 +z² = 1 + 1

z+ 1 z² 1 + 1

z²

=

z²+z+ 1 z² z²+ 1

z²

= z²+z+ 1 z²+ 1 =u.

Doncuest réel.

Exercice 3

_{10 points}

Cet exercice est un QCM. Vous répondrez en entourant la bonne réponse dans ce tableau : Question 1 : a b c d

Question 2 : a b c d Question 3 : a b c d Question 4 : a b c d Question 5 : a b c d Question 6 : a b c d Question 7 : a b c d Question 8 : a b c d Question 9 : a b c d Question 10 : a b c d

Une bonne réponse rapporte 1 point, une mauvaise réponse enlève 1/2 point ; l’absence de réponse n’enlève pas de point.

Question 1 : Siz= 3−3ialors|z|est égal à :

a) 3 b) 18 c) 3√

2 d) 0

Question 2 : Siz= 3−3ialors, modulo2π, un argument dez est égal à : a) π

4 b) cosπ

4

c) cos −π

4

d) −π 4

Question 3 : Si|z|= 2et arg(z) = 5π

4 [2π]alorszest égal à : a) √

2 +i√

2 b) −√

2−i√

2 c) −√

2 +i√

2 d) √

2−i√ 2

Question 4 : Si|z|= 2et arg(z) = 5π

12 [2π]alors la partie imaginaire dez est égal à : a) Im(z) = 2isin

5π 12

b) Im(z) = 2 c) Im(z) = 2 cos 5π

12

d) Im(z) = 2 sin 5π

12

Question 5 : Siz=i(3 + 4i)alors la partie réelle dez est égale à :

(3)

a) Re(z) = 3 b) Re(z) = 4 c) Re(z) =−3 d) Re(z) =−4 Question 6 : Siz= 1

−i alors|z|est égal à :

a) 1 b) 2 c) −1 d) i

Question 7 : Siz=3−4i

2 +i alorsz est aussi égal à : a) 2−11i

5 b) 2−11i

4 c) 10−5i

5 = 2−i d) 2 +i

Question 8 : Siz=−2

cos 5π

12

+isin 5π

12

alors un argument dez, modulo2π, est égal à : a) 5π

12 b) −5π

12 c) −7π

12 d) 7π

12

Question 9 : Siz= 7

−cos 5π

12

+isin 5π

12

alors un argument dez, modulo2π, est égal à : a) 5π

12 b) −5π

12 c) −7π

12 d) 7π

12

Question 10 : Si z= 1

i alorsz est aussi égal à :

a) 1 b) i c) −1 d) −i

(4)

Exercice 4

_{5 points} ₍ d’après Amérique du Nord juin 2008 )

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct(O;~u, ~v)unité graphique :4cm.

On considère le pointAd’affixezA= 2 +iet le cercle (Γ) de centreAet de rayon √ 2.

1.

1 2

−

→u

−

→v

(Γ)

(Γ^′) A

B

C M

D

M^′

⊕

2. a. M est à l’intersection du cercle et de l’axe des abscisses ssi zM =α∈Rvérifie |zM −zA|² = 2 ssi

|(α−2)−i|²= 2ssi(α−2)²+ 1²= 2, ssi α−2 =±1 ssiα= 1ouα= 3.

b. Le pointD est diamétralement opposé au pointB sur le cercle (Γ) ssi−−→

BA =−−→

AD donc ssi zA−zB =zD−zA; donczD= 2zA−zB. Donc zD= 3 + 2i

Autre méthode : Le point D diamétralement opposé au point B sur le cercle (Γ) ssi A est le milieu du segment [BD] ssi zA = zB+zD

2 , ce qui donne zD = 2zA −zB, et on conclue comme précédemment.

3. a.

zD−zM

zB−zM

= 3 + 2i− ³5+⁶₅i 1− ³5+⁶5i =

12 5 +4

5i 2 5−6

5i

= 12 + 4i

2−6i = 2i−6i+ 2 2−6i = 2i b. arg

zD−zM

zB−zM

=−−→

M B ,−−→

M D

[2π] = arg (2i) =π 2

(5)

donc le triangle M BDest rectangle en M. DoncM appartient au cercle de diamètre[BD], c’est à direM ∈Γ.

4. a. N appartient au cercle de diamètre [AB] donc(AN)est orthogonale à(BN). Et puisque M,N et B sont alignés, on a alors que(M D)et (AN)sont toutes deux perpendiculaires à(BM). Donc elles sont parallèles entre elles.

b. PuisqueAest le milieu de[BD]et puisque(AN)et(M D)sont parallèles, d’après le théorème de la droite des milieux,N est le milieu de[BM]. DonczN = zM +zB

2 =

5 5 +6

5i 2 =4

5 +3 5i.

5. On désigne parM^′ l’image du pointM par la rotation de centreB et d’angle−π 2. a. zM^′ =zB+e^iπ/²(zM−zB) = 1−i

−2 5 +6

5i

=11 5 +2

5i.

b. −−−→

M^′A ,−−−→

M^′B

= arg

zB−zM^′

zA−zM^′

[2π] = arg





 1−

11 5 +2

5i

(2 +i)− 11

5 +2 5i







[2π] = arg (2i) [2π] =π 2 [2π]

donc le triangleBAM^′ est rectangle enM^′. DoncM^′ appartient au cercle de diamètre[BA], c’est à direM^′ ∈Γ^′.

Exercice 5

_{5 points} ₍ d’après Asie 2008 )

Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct(O;~u, ~v). On prendra pour le dessin :k−→

uk= 4cm.

M est un point d’affixez non nul. On désigne parM^′ le point d’affixez^′ telle que z^′=− 1

z oùzdésigne le conjugué du nombre complexe z.

A - Quelques propriétés 1. Puisque z^′ =−1

z on a

|z^′|= −1

z

= 1

|z| = 1

|z| et

arg (z^′) = arg

−1 z

= arg (−1)−arg (z) =π+ arg (z) 2. On sait quearg (z) =−→

u;−−→

OM

etarg (z^′) =−→ u;−−−→

OM^′ . Et on a d’après la relation de Chasles :

−−→

OM;−−−→

OM^′

=−−→

OM;−→ u

+−→ u;−−−→

OM^′

=−−→ u;−−→

OM +−→

u;−−−→

OM^′

Donc−−→

OM;−−−→

OM^′

= arg (z^′)−arg (z); et ceci vautπd’après le résultat précédent.

3. Puisque z^′ =−1 z on a

z^′+ 1 =z^′+ 1 = −1

z + 1 = −1

z + 1 = z−1 z =1

z(z−1) B - Construction de l’image d’un point

On désigne par A et B les deux points d’affixes respectives 1 et−1.

On noteC l’ensemble des pointsM du plan dont l’affixezvérifie :|z−1|= 1.

1. |z−1|= 1ssiAM = 1.C est donc le cercle de centreAet de rayon1.

(6)

2. a. D’après la question A.3, on sait quez^′+ 1 = 1

z(z−1); mais puisqu’un complexe et son conjugué ont le même module, on a :

|z^′+ 1|= z^′+ 1

= 1 z(z−1)

= 1

|z| (|z−1|) Mais puisqueM ∈ C, on a|z−1|= 1et on a donc |z^′+ 1|= 1

|z|. De plus, on a

|z^′|= −1

z = 1

|z| Donc on a donc bien l’égalité|z^′+ 1|=|z^′|.

L’égalité|z^′+ 1|=|z^′|signifie géométriquement queBM^′=OM^′. DoncM appartient à la médiatrice du segment [OB]

b. Oui car on a montré par le calcul que l’on avait toujours |z^′+ 1|= 1

|z| (|z−1|), et que |z^′|= 1

|z|. Donc

|z^′+ 1|=|z^′| ⇐⇒ 1

|z| (|z−1|) = 1

|z| ⇐⇒ (|z−1|) = 1 puisqu’on peut simplifier par 1

|z| qui est non nul.

3. Si M est un point deC, on sait que M^′ est aligné avecM et est situé sur la médiatrice du segment [OB].

M^′ est donc le point d’intersection de(OM)et de la médiatrice du segment[OB].

−1 1

−2

1

−1

−

→u

−

→v

C

O A

B

M

M^′

⊕