La rotation de centre de B et d’angle π

Solutions du Contrôle n˚2 page 1 de 3

Solutions du Contrôle n˚2

I) 7 points

1. Pour traduire les propriétés du triangle, on utilise une rotation et une homothétie de centre B :

La rotation de centre de B et d’angle π

2 transforme O en O

⁰

, et l’homothétie de centre B et de rapport 2 transforme O

⁰

en A.

Donc d’après les formules du cours :

z

O⁰

− z

B

= i(z

O

− z

B

) et z

A

− z

B

= 2(z

O⁰

− z

B

).

Donc z

A

− z

B

= 2i(z

O

− z

B

).

On développe et on regroupe : z

B

(1 − 2i) = z

A

Donc z

B

= z

A

1 − 2i = z

A

1 + 2i 5 . 2. Soit Z = iz

z + 2 .

Dire que Z est réel équivaut à dire que Z = Z, soit iz

z + 2 = −iz z + 2 C’est équivalent à ("produit en croix") :

iz(z + 2) = −iz(z + 2) ⇔ . . . ⇔ zz + z + z = 0.

En posant z = x + iy avec x et y réels, c’est équivalent à : x

²

+ y

²

+ 2x = 0

⇔ (x + 1)

²

+ y

²

= 1 (forme canonique)

On reconnaît l’équation du cercle de centre A(−1; 0) et de rayon √ 1 = 1.

Mais il faut retirer de ce cercle le point B d’affixe −2. Il appartient en effet au cercle car AB = 1.

Réponse : l’ensemble cherché est le cercle de centre A(−1; 0) et de rayon √ 1 = 1, privé du point d’affixe −2.

3. a) b

²

= · · · = −2i ; c = · · · = 1 + √ 3 2 + i

√ 3 − 1 2 .

1 2

−2

−1 0

A B

C

B

⁰

O

b) D’après le dessin on conjecture que OAB

⁰

est un triangle équilatéral indirect.

Démontrons que A est l’image de B

⁰

par la rotation de centre O et d’angle π 3 . L’image de B

⁰

par cette rotation a pour affixe :

1 2 + i

√ 3 2

!!

z

B⁰

= · · · = √

3 − i. C’est bien égal à z

A

. Donc le triangle OAB

⁰

est équilatéral.

c) D’après la figure, le triangle OAC semble isocèle rectangle en C, direct.

Démontrons que A est l’image de O par la rotation de centre C et d’angle π 2 . Calculons d’abord cette image d’après la formule d’une rotation :

i(0 − c) + c = (1 − i)c = · · · = √

3 − i. C’est bien égal à z

A

. Donc le triangle OAC est isocèle rectangle en C, direct .

II) 5 points

1.

^{−2 2}

2 4

0

A

B D

C

F

O

E

Solutions du Contrôle n˚2 page 2 de 3 a) OACB est un parallélogramme, donc − − →

OC = −→

OA + − − → OB.

Donc c = a + b = · · · = −1 + 3i √ 3

D est le milieu du segment [AC], donc d = a + c

2 = · · · = 2i √

3 . C’est bien un imaginaire pur.

b) A est le centre de gravité du triangle OED, donc a = 0 + e + d

3 , donc en résolvant : e = 3a − d = · · · = 3 + i √

3

c) z

D

z

E

= 2i √ 3 3 + i √

3 = 2i √

3(3 − i √ 3) (3 + i √

3)(3 − i √

3) = · · · = 1 2 + i

√ 3

2 , c’est-à-dire : z

_D

z

E

= cos π 3

+ i sin π 3

Donc z

D

= cos π

3

+ i sin π 3

z

E

.

Donc D est l’image de E par la rotation de centre O et d’angle π 3 . Donc le triangle OED est équilatéral .

2. a) OAF est un triangle isocèle rectangle en A, direct, donc D est l’image de F par la rotation de centre A et d’angle π

2 , ce qui se traduit par : z

F

= i(z

A

− 0) + z

A

= · · · = 1 − √

3 + i(1 + √ 3) b) Cherchons k réel (s’il existe) tel que z

−→

AF

= kz

−−→ AB

. c’est -à-dire tel que z

_F

− z

_A

= k(z

_B

− z

_A

).

z

B

− z

A

= · · · = −3 + i √

3 et z

F

− z

A

= · · · = − √ 3 + i

On a bien − √ 3

−3 = 1

√ 3 , donc k existe et vaut 1

√ 3

III) 3 points

On considère l’équation z

²

= −2iz d’inconnue z ∈ C 1. Dire que z est solution signifie que z

²

= −2iz.

Dire que −z est solution signifie que (−z)

²

= −2i(−z), cest-à-dire, d’après les formules sur les conjugués, que (z)

²

= 2iz . C’est ce qu’on va démontrer.

Or z

²

= −2iz, donc en prenant le conjugué des deux membres : z

²

= 2iz car z

²

= (z)

²

. On a donc bien prouvé la propriété.

2. On remplace z par x + iy avec x et y réels.

Après calculs, l’équation est équivalente à x

²

− y

²

+ 2ixy = −2y − 2ix, c’est-à-dire au système :

x

²

− y

²

= −2y 2xy = −2x

La deuxième équation est équivalente à 2x(y + 1) = 0, c’est-à-dire à x = 0 ou y = −1.

On remplace chacune de ces valeurs dans la première équation : si x = 0 : −y

²

= −2y, c’est-à-dire y(−y + 2) = 0, soit y = 0 ou y = 2 Si y = −1 : x

²

= y

²

− 2y = 3, soit x = √

3 ou x = − √ 3 Il y a donc 4 solutions pour z :

0; 2i; √

3 − i; − √ 3 − i .

On vérifie bien que, si z est solution, alors −z aussi

IV) 5 points

1. La limite se présente sous une forme « k

0 », avec k 6= 0 (k = 1 + e).

Il faut étudier le signe du dénominateur.

Quand a-t-on 1 − e

^x−1

> 0 ?

Quand e

^x−1

< 1, soit x − 1 < 0, soit x < 1, dans ce cas, comme 1 + e > 0,

x→1

lim

x<1

f (x) = +∞

De même lim

x→1x>1

f (x) = −∞

Donc la fonction n’a pas de limite globale en 1 .

2. On rencontre une forme indéterminée « ∞ − ∞ ». Etant donné la présence d’une racine carrée, on essaye d’utiliser la quantité conjuguée :

f (x) = x

²

− x − x

²

√ x

²

− x − x . On simplifie et on met en facteur les termes dominants : f (x) = −x

−x q

1 −

_x¹

− x

= 1

q

1 −

¹_x

+ 1 . En effet pour x < 0, √

x

²

= −x.

On obtient une forme qui n’est plus indéterminée. La limite est 1 1 + 1 = 1

2 3. Le dénominateur x

²

− x a pour limite +∞ (même limite que le terme de plus haut

degré).

Le problème se présente donc sous une forme « 0

∞ ».

Ce n’est pas une forme indéterminée, et la limite est 0 . 4. Le problème se présente sous la forme « 0

0 ».

Cela fait penser à un taux d’accroissement.

Solutions du Contrôle n˚2 page 3 de 3 Or on connaît un taux d’accroissement du cours : lim

x→0

e

^x

− 1

x = 1. On va essayer de le faire apparaître.

Pour cela, on va d’abord faire apparaître un dénominateur avec x : f (x) = e

^−x

− 1

x × x

√ x Simplifions x

√ x = √

x. Cette expression tend vers 0.

Etudions à part e

^−x

− 1

x . Pour se ramener à la formule du cours, effectuons un changement de variable X = −x, soit x = −X . La nouvelle variable X tend vers 0.

e

^−x

− 1

x = − e

^X

− 1

X . Cette expression a donc pour limite −1 d’après le cours.

Le problème initial se présente donc sous la forme « −1 × 0 », qui n’est pas indé-

terminée, et la réponse est 0