BACCALAUREAT GENERAL Session de Juin 2010 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement Obligatoire Polynésie

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BACCALAUREAT GENERAL

Session de Juin 2010 MATHEMATIQUES

- Série S -

Enseignement Obligatoire Polynésie

EXERCICE 1

Partie A - Restitution organisée de connaissances a) Soienta,b,a^! etb^! quatre nombres réels puis z=a+ib etz^! =a^!+ib^!.

z×z^!= (a−ib)(a^!−ib^!) = (aa^!−bb^!) −i(ab^!+ba^!) = ((aa^!−bb^!) +i(ab^!+ba^!))

= (a+ib)(a^!+ib^!) =z×z^!.

Pour tous nombres complexeszet z^!, z×z^!=z×z^!.

b) Soitzun nombre complexe. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non nuln,zⁿ= (z)ⁿ.

•C’est vrai pourn=1carz¹=z= (z)¹.

•Soitn!1. Supposons quezⁿ= (z)ⁿ. Alors

zⁿ⁺¹=zⁿ×z=zⁿ×z(d’après a))

= (z)ⁿ×z(par hypothèse de récurrence)

= (z)ⁿ⁺¹. Le résultat est démontré par récurrence.

Pour tout nombre complexezet tout entier naturel non nuln,zⁿ = (z)ⁿ. Partie B

1. Soitz un nombre complexe. Puisque(−z)⁴=z⁴, z⁴= −4⇒(−z)⁴= −4. D’autre part, puisque−4 est un nombre réel,z⁴= −4⇒z⁴= −4⇒(z)⁴= −4. On a montré que

sizest solution de(E)alors−z etzsont solutions de(E).

2. a)z0=√ 2

! 1

√2+ 1

√2i

"

=√ 2#

cos#π 4

$

+isin#π 4

$$

=√ 2e^iπ/4. z0=√

2e^iπ/4. b)z⁴₀=#√

2e^iπ/4$4

=#√ 2$4

%e^iπ/4&4

=4e^iπ=4(−1+0i) = −4. Doncz0est solution de l’équation(E).

3. L’équation (E) admetz0 = 1+i pour solution. mais alors, d’après la question 1, l’équation(E) admet aussi pour solution−z0= −1−i,z0=1−iet −z0= −1+i.

L’équation(E)admet pour solutions1+i,1−i,−1+iet −1−i.

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Partie C

1. L’expression complexe de la rotation de centreΩ d’affixeωet d’angleθest z^! =ω+e^iθ(z−ω). Donc l’expression complexe de la rotationrest

z^!= −1−i+# cos#

−π 3

$+isin#

−π 3

$$(z+1+i) = −1−i+ 1

2(1−i√

3)(z+1+i)

= 1

2(−2−2i) + 1

2(1−i√ 3)z+1

2(1−i√

3)(1+i) = 1

2(1−i√ 3)z+1

2(−2−2i+1+√ 3−i√

3+i)

= 1

2(1−i√ 3)z+1

2(−1+√

3−i(1+√ 3))

2. a)

zE= 1

2(1−i√

3)zB+1

2(−1+√

3−i(1+√ 3)) = 1

2(1−i√

3)(−1+i) + 1

2(−1+√

3−i(1+√ 3))

= 1

2(−1+√ 3+i√

3+i−1+√

3−i(1+√

3)) = −1+√ 3.

zE= −1+√ 3.

b)

zF= 1

2(1−i√

3)z_D+1

2(−1+√

3−i(1+√ 3)) = 1

2(1−i√

3)(1−i) +1

2(−1+√

3−i(1+√ 3))

= 1 2(1−√

3−i√

3−i−1+√

3−i(1+√

3)) = −i(1+√ 3).

zF= −i(1+√ 3).

c)

zA−zE

z_A−z_F = 1+i− (−1+√ 3) 1+i+i(1+√

3) = 2−√ 3+i 1+i(2+√

3) = (2−√ 3)

1+ i 2−√

3 1+i(2+√

3)

= (2−√

3)1+i(2+√ 3) 1+i(2+√

3) (car(2+√

3)(2−√

3) =4−3=1)

=2−√ 3.

En particulier, z_A−z_E zA−zF

est un nombre réel.

d)Un réel non nul admet pour argument0ouπmodulo2πet donc

#−→ FA,−→

EA$

=arg

!zA−zE

z_A−z_F

"

=0[π].

On en déduit que

les pointsA, EetF sont alignés.