 Correction de l’exercice 2 - obligatoire Série S_ Amérique du Sud – Novembre 2007

(1)

Série S_

Amérique du Sud – Novembre 2007 Correction de l’exercice 2 - obligatoire

Question 1.

zE’ = 1 2



zE + 1 zE



 = 1

2



− i + 1

−i



. Or 1

−i = i, donc zE’ = 1 2



− i + i

 = 0.

E a pour image O, l’origine du repère.

Remarque

Le point d’affixe i, c'est-à-dire le symétrique de E par rapport à O a aussi pour image O.

Question 2.

M’ = M équivaut à z’ = z.

On cherche donc les complexes z non nuls tels que z ====1 2

 z + 1 z 

. z = 1

2

 z + 1 z 

 z = 1

2 z + 1 2z z − 1

2 z = 1 2z 1

2 z = 1 2z z = 1

z z² ==== 1





 

 

 



^z⁼⁼⁼⁼¹

ou z ====−−−−1

Les points invariants par sont les points d’affixe 1 et −−−−1.

Remarque

Ce sont les points A et B introduits dans la question suivante.

(2)

Question 3. a.

Soit un nombre complexe z différent de 0, 1 et 1.

Remplaçons z’ par son expression en fonction de z : z’ + 1

z’ – 1 = 1 2

 z + 1 z 

 + 1 1

2

 z + 1 z 

 – 1 Plusieurs démarches sont possibles pour mener ce calcul.

En voici deux : Méthode 1

On multiplie par 2z le numérateur et le dénominateur (pour le flash) z’ + 1

z’ – 1 =

 z + 1 z 

 z + 2z

 z + 1 z 

z – 2z = z² + 1 + 2z

z² + 1 – 2z = (z + 1)²

(z – 1)² = 

z + 1 z – 1



2

Méthode 2

On développe, puis on réduit au même dénominateur (pour le flash)

z’ + 1 z’ – 1 =

1 2z + 1

2z + 1 1

2z + 1 2z – 1

=

z² + 1 + 2z 2z z² + 1 – 2z

2z

= z² + 1 + 2z z² + 1 – 2z = (z + 1)²

(z – 1)² = 

z + 1 z – 1



2

(3)

Question 3.b.

Nous allons utiliser l’égalité z’ + 1 z’ – 1 = 

z + 1 z – 1



2

Pour obtenir des informations sur les distances, nous devons utiliser les modules.







z’ + 1

z’ – 1 =







 

z + 1 z – 1 



2 |z’ + 1|

|z’ – 1| = |z + 1|²

|z – 1|² Ceci se traduit en termes de distances par M’B

M’A====MB² MA²====

 MB

MA 



2

Pour obtenir des informations sur les angles, nous devons utiliser les arguments.

arg 



z’ + 1

z’ – 1 = arg 

 z + 1 z – 1 



2 (modulo 2π) = 2 arg 

z + 1 z – 1



 (modulo 2π)

Ceci se traduit en termes d’angles par (AM', BM') = 2 (AM, BM) (modulo 2π) ou encore (M'A, M'B) ==== 2 (MA, MB) (modulo 2ππππ).

c 'est-à-dire (M'A, M'B) ==== 2 (MA, MB) + k ×××× 2ππππ , k

Question 4.

M équivaut à MA = MB donc MB MA = 1 et donc, d’après la question 3.b,

M'B

M'A = 1² = 1 d’où M'A ==== M'B, c'est-à-dire M' . Remarque

Cette démarche est la plus rapide, mais il était possible de faire autrement.

est l’axe des imaginaires purs, puisque médiatrice de [AB].

Par conséquent, M, d’affixe z 0, appartient à équivaut à z = ki, _^^k

k 0 ^. Déterminons l’affixe de son image M'.

z’ =1 2



k i + 1 ki



 = 1

2



k i − i k



 car 1 i = − i

(4)

= 1 2



k − 1 k



 i = k’i avec k’ = 1

2



k − 1 k



 z’ est donc aussi un imaginaire pur, éventuellement nul si k = 1 ou k = − 1.

Donc M' appartient à .

Question 5.a.

Si M est en A ou en B, M' est en A ou en B,

en effet nous avons vu que ces deux points sont invariants, donc dans les deux cas M' (AB).

Si M appartient à Γ privé de A et B, (MA , MB ) ====ππππ

2 + k’××××ππππ , k’ , nous en déduisons (M'A, M'B) ==== 2 (MA, MB) + k ×××× 2ππππ==== 2 

ππππ

2 + k’ ××××ππππ

 + k ×××× 2ππππ====ππππ + (k’ + k) ×××× 2ππππ. . . . Donc M' appartient au segment [AB]( privé de A et B), donc à la droite (AB).

Remarque

On peut donner une réponse plus précise que celle demandée par l’énoncé : Si M appartient à ΓΓΓΓ alors M' appartient au segment [AB].

Question 5.b.

Tout point de la droite (AB) a une affixe réelle.

La question posée se traduit donc :

Tout nombre réel z’ a - t-il un antécédent z par ?

Soit z’ un réel donné, cherchons z, non nul, tel que z’ = 1 2

 z + 1 z 

. z’ = 1

2

 z + 1 z 

 2z’ = z + 1 z 2 z’z = z² + 1 z² −−−− 2z’z + 1 = 0

Equation du second degré d’inconnue z qui possède, en fonction de son discriminant, toujours au moins une racine réelle ou complexe, non nulle, puisque 0 n’est manifestement pas solution de cette équation.

On est donc assuré que tout point de la droite (AB) possède au moins un antécédent par . Précisons.

(5)

Plusieurs cas se présentent :

si z’ ]−−−−1 ; 1[ (c'est-à-dire si M' ] AB [ ) alors < 0 L’équation possède deux solutions complexes conjuguées



 z₁= z' + i 1−z'² z₂= z' − i 1−z'² Remarque

On peut vérifier que ces deux nombres complexes ont pour module 1, donc les points M1 et M2

correspondants sont sur le cercle Γ , c’est la réciproque de la question précédente .

Tout point du segment [AB] privé de ses extrémités possède deux antécédents situés sur le cercle ΓΓΓΓ

si z’ ]−−−− ∞∞∞; ∞ −−−−1[ ]1 ;+ ∞∞∞∞ [ ( c'est-à-dire si M' ( AB) privée du segment [AB] ) alors > 0

L’équation possède deux solutions réelles



 z1 = z' + z'²−1 z2= z' − z'²−1 .

Tout point de la droite (AB) privée du segment [AB] possède deux antécédents situés sur la droite (AB)

Remarque

Ces deux antécédents sont symétriques par rapport à M'

Si z’ = 1 ou −−−− 1 , c'est-à-dire si M' est en A ou en B , on retrouve un antécédent, lui-même.

Conclusion : Tout point de la droite (AB) possède au moins un antécédent par