France métropolitaine 2010. Enseignement spécifique EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) Dans le plan complexe muni d’un repère orthonormal direct

France métropolitaine 2010. Enseignement spécifique

EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) Dans le plan complexe muni d’un repère orthonormal direct !

O, − → u , − → v "

, on considère le point A d’affixe 2 et le cercle C de centre O passant par A.

Dans tout l’exercice, on note α le nombre complexe α = 1 + i √

3 et α le nombre complexe conjugué du nombre complexe α.

1) a) Démontrer que α ² − 4α = 2α − 8.

b) Démontrer que les points B et C d’affixes respectives α et α appartiennent au cercle C . 2) Soit D un point du cercle C d’affixe 2e ^iθ où θ est un nombre réel de l’intervalle ] − π; π].

a) Construire sur la figure donnée en annexe 2 (à rendre avec la copie) le point E tel que z E = e ⁱ

z D . b) Justifier que le point E a pour affixe z E = αe ^iθ .

3) Soient F et G les milieux respectifs des segments [BD] et [CE].

a) Justifier que le point F a pour affixe z F = α 2 + e ^iθ . b) On admet que le point G a pour affixe z G = αe ^iθ + α

2 . Démontrer que z G − 2

z F − 2 = α

2 . On pourra utiliser la question 1) a).

c) Montrer que arg

# z G − 2

z F − 2

$

= % − → AF, − − →

AG &

[2π].

d) Déduire des deux questions précédentes que le triangle AFG est équilatéral.

4) Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation.

À l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique, on conjecture qu’il existe une position du point D, défini à la question 2, pour laquelle la longueur du coté AF du triangle AFG est minimale.

On admet que AF ² = 4 − 3 cos θ + √ 3 sin θ.

On considère la fonction f définie sur l’intervalle [−π ; +π] par f(x) = 4 − 3 cos x + √ 3 sin x.

Le tableau ci-dessous donne les variations de la fonction f sur l’intervalle [−π ; +π].

Compléter ce tableau de variation. Permet-il de valider la conjecture ? Justifier.

x −π − π

6

5π

6 π

f

ANNEXE 2 (Exercice 4) (à rendre avec la copie)

(Candidats n’ayant pas suivi L’enseignement de spécialité)

A B

D

C

− → u

− → v

France métropolitaine 2010. Enseignement spécifique

EXERCICE 4 1) a)

α ² − 4α + 8 = ! 1 + i √

3 " 2

− 4 ! 1 + i √

3 "

+ 8 = ! 1 + 2i √

3 − 3 "

− 4 − 4i √

3 + 8 = 2 − 2i √ 3

= 2 ! 1 − i √

3 "

= 2α,

et donc

α ² − 4α = 2α − 8.

b) Le cercle ( C ) est le cercle de centre O et de rayon 2.

Or OB = |α| =

#

1 ² + ! √ 3 " 2

= √

4 = 2 puis OC = |α| = |α| = 2. Donc

les points B et C appartiennent au cercle ( C ).

2) a) |z _E | = $

$e ⁱ

$

$ × |z _D | = |z _D | ou encore OE = OD. D’autre part, arg (z _E ) = arg (z _D ) + π 3 [2π].

Le point E est donc le point du cercle ( C ) tel que le triangle ODE soit équilatéral direct.

O

A B

C D

E

1 2 1

b) Soit θ ∈ ] − π, π].

z _E = e ^iπ/3 z _D = 2 ! cos ! π

3

"

+ i sin ! π 3

""

e ^iθ = 2

% 1

2 + i

√ 3 2

&

e ^iθ = ! 1 + i √

3 "

e ^iθ = αe ^iθ .

z _E = αe ^iθ .

3) a) z F = z B + z D

2 = α + 2e ^iθ

2 = α

2 + e ^iθ .

z _F = α 2 + e ^iθ .

b) Tout d’abord, F ̸ = A. En effet, si le milieu F de la corde [BD] est le point A, en particulier, le milieu F de la corde

[BD] est sur le cercle C ce qui impose B = D = F ̸ = A. Donc, si F = A, on obtient une contradiction. Ensuite,

z G − 2 z F − 2 =

αe ^iθ + α 2 − 2 α

2 + e ^iθ − 2

= αe ^iθ + α − 4

α + 2e ^iθ − 4 = 2αe ^iθ + 2α − 8 2(α + 2e ^iθ − 4)

= 2αe ^iθ + α ² − 4α

2(α + 2e ^iθ − 4) (d’après la question 1)a))

= α(2e ^iθ + α − 4) 2(α + 2e ^iθ − 4) = α

2 .

z G − 2 z F − 2 = α

2 . c)

arg

' z G − 2

z F − 2 (

= arg(z G − z A ) − arg(z F − z G ) = ! → − u , − − → AG "

− ! → − u , − → AF "

= ! − → AF, − → u "

+ ! − → u , − − → AG "

= ! − → AF, − − →

AG "

[2π].

d) AG

AF = |z G − 2|

|z _F − 2| =

$

$

$

$ z G − 2

z _F − 2

$

$

$

$

= |α|

2 =

#

1 ² + ! √ 3 " 2

2 = 2

2 = 1.

Donc, AG = AF et le triangle AFG est isocèle en A. De plus,

! − → AF, − − →

AG "

= arg

' z _G − 2

z F − 2 (

= arg ! α 2

"

= arg

% 1

2 + i

√ 3 2

&

= arg ! cos ! π

3

"

+ i sin ! π 3

""

= π 3 [2π].

En résumé, le triangle AFG est isocèle en A et ! − → AF, − − →

AG "

= π

3 [2π] et donc le triangle AFG est équilatéral.

O

A B

C D

E

F

G

1 2 1

4) Tout d’abord, AF est minimal si et seulement si AF ² est minimal avec AF ² = f(θ).

Ensuite, f !

− π 6

"

= 4 − 3

% √

3 2

&

+ √ 3

'

− 1 2

(

= 4 − 2 √

3 et f(π) = 4 − 3(−1) + 0 = 7 ce qui permet de compléter le

tableau de variation.

x −π − π 6

5π

6 π

f

4 − 2 √

3 7

Ce tableau de variation montre que la fonction f admet un minimum (ce qui valide la conjecture) en x = − π 6 et que ce minimum vaut 4 − 2 √

3.

La valeur minimale de AF est ) 4 − 2 √

3.