DM-nombres complexes

Terminale STI-STL Mathématiques pour lundi 23Février 2009 Exercice1

Le plan complexe P est rapporté au repère orthonormal ^^{O u v; , } d'unité graphique 2 cm.

On considère les points A, B, C et D d'affixes respectives :

zA  ¹ i ; zB   ¹ i ; ^z_C ^{1 3i} et zD zBzC

où i est le nombre complexe de module 1 et d'argument / 2. 1. Déterminer la forme algébrique de z_D.

a) Calculer le module et un argument dez_A, z_B et z_C. b) En déduire le module et un argument dez_D.

2. Déduire des question 1.et 2.b) les valeurs exactes de ^{cos 13} 12



 

 

  et de^{sin 13} 12



 

 

 . 3. On considère les points E et F d'affixeszE ¹ et ¹

F 2

z  i . Placer les points A, B, C, D, E et F

5. Montrer qu'il existe un réel positif k tels que les modules de z_A,z_E, k z _{D et} z_F soient, dans cet ordre, quatre termes consécutifs d'une suite géométrique dont on précisera la raison.

On pourra calculer les modules de z_A,z_E, k z _{D et} z_F Exercice 2

Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal ^^{O u v; , }, d'unité graphique 2 cm, on considère les points B, C, D, E et F, images respectives des nombres complexes :

1 3

zB   i, z_C  3 3i, ^z_D ^4, z_E  3 3i, z_F  1 3i .

1. Écrire les nombres complexes z_{B ,} z_C , ^z_D , ^z_E et ^z_F sous forme trigonométrique.

2. Construire à la règle et au compas les points B, C, D, E et F dans le repère ^^{O u v; , }.

3. Calculer les distances OB, BC et CD. En déduire les distances DE, EF et OF. Que constate-t-on ? 4. On définit :u OA^{; }   ^argzAA et AB AC^{ ; }     AB u^{ ;}    u AC^{; }     u AC^{; }     u AB^{; } ^arg



zCzA



^arg



zBzA



Calculer les mesures des angles ^^{DC DO ;  }

 , ^^{OE OC;  }

  et ^^{OD OC ;  }

  en radians.

5. Quelle est la nature du triangle OCD ? Justifier la réponse.

6. Calculer les aires des triangles OCD et OBC. En déduire, en cm², l'aire du polygone OBCDEF.

Exercice 3

Une roue de loterie est partagée en secteurs identiques verts, blancs ou rouges. Après avoir misé 10 €, un joueur fait tourner la roue devant un repère fixe. Chaque secteur a la même probabilité de s'arrêter devant ce repère.

*Si le secteur repéré est vert, le joueur reçoit 40 €, son gain est donc + 30.

*Si le lecteur repéré est blanc, le joueur récupère sa mise, son gain est donc nul.

*Si le secteur repéré est rouge, le joueur perd sa mise, son gain est donc 10

1. Dans cette question, la roue se compose de quinze secteurs : deux verts, cinq blancs, huit rouges.

Soit X la variable aléatoire égale au gain du joueur.

Déterminer la loi de probabilité de X et calculer son espérance mathématique ^{E X( )}.

2. La roue se compose maintenant de deux secteurs verts, cinq blancs etⁿrouge(s).(ⁿentier naturel non nul) Soit Xn la variable aléatoire égale au gain du joueur.

a) Déterminer la loi de probabilité deXn

b) On considère que l'organisateur de la loterie rentre dans ses frais si E X⁽ n⁾ ²,

déterminer le nombre minimum de cases rouges qu'il doit prévoir pour ne pas être déficitaire.

Exercice 1 (Bac STI Génie civil, Génie énergétique, Génie mécanique (A et F) – septembre 2003) 1. Déterminer la forme algébrique de .

On a : ^{zD   }



^{1 i}

 

^{1 3i}



^{  1 3i i  3  }



^{1 3}

 

^{ 1 3}



ⁱ

donc : ^{zD   }



^{1 3}

 

^{ 1 3}



^i.

2. a) Calcul du module et d'un argument de zA, zB et zC. On sait que si ^{z a bi } alors z  a²b² .

Donc : zA    ¹ i

   

^{1 2} ^{1 2}  ^{1 1}  ².comme z_B z_A, donc ^z_B ^{ z}_A ^{ 2} Enfin : ^{zA  1 3i  12}

 

^{3 2  1 3  4 2}

De plus, l'argument ^ d'un nombre complexe ^{z a bi } est défini par

2 2

2 2

cos sin

a a b

b a b





 

 



 

 

 Donc, si on note , et les arguments des complexes , et alors on a : L’argument Aest défini par

1 2

cos 2 2

1 2

sin 2 2

A

A





    



 

   



donc ^{5 2}

A 4 k

    et ^2;7

A 4

z  

  

L’argument Best défini par

1 2

cos 2 2

1 2

sin 2 2

A

A





 

  



  



donc ^{3 2}

B 4 k

    et ^2;3

B 4

z  

  

L’argument Cest défini par cos 1

2 sin 3

2

C

C





 



 



donc ²

C 3 k

    et ^2;

C 3

z  

   b) En déduire le module et un argument de .

On sait que ^{z z ' z z'} et que ^arg



^{z z '}



^{argzarg ' 2z  k} .

Donc z_Bz_C  z_B  z_C 2 2 et^arg

 

^{arg arg 2 3 13}

4 3 12

B C B C

z z  z  z  k     , 2 2;13

D 12

z  

  

3. En déduire les valeurs exactes de ^{cos 13} 12

  

 

  et de^{sin 13} 12

  

 

 ..

D'après la question 2.b), la forme trigonométrique dezD est ^{2 2 cos 13 13}

12 12

D +i sin

z      

   

 

D'après la question 1, la forme algébrique de est : ^{zD   }



^{1 3}

 

^{ 1 3}



ⁱ

On en déduit que : 13



^{1 3}

 

^{2 6}



cos 12 2 2 4

 ^{   }

   

 

  et 13



^{1 3}

 

^{2 6}



sin 12 2 2 4

 ^{ }

   

 

 

4. Placer les points A, B, C, D, E et F dans le plan P.

A B

C

D

D₁ E

F

2 -1

-2 -3

-1

-2

0 1

1

x y

A B

C

D

D₁ E

F

5. On a : z_A  2; zE ¹; k z _D k z_D  k 2 2 et ¹

F 2 z  .

Donc, si on veut que ces 4 modules forment une suite géométrique de raison a, il faut que : zE q zA

D'après la première équation, on déduit 1 2 2 2

E A

q z

 z  

En reportant ce résultat dans la seconde équation, on obtient : 2 2

2 2

1

D E

k z k

q k

 z   donc

En remplaçant ^qpar 2

2 et on a bien : 2 1

2 2

2 4

k   k Donc, en prenant 1

k 4 , les 4 modules zA , zE , k z D et zF forment bien une suite géométrique de

raison 2

q 2 .

Exercice 2 (Bac STI Génie électronique, Génie électrotechnique, Génie optique – juin 2002) 1. Écrire les nombres complexes , , , et sous forme trigonométrique.

On a : ^{OB zB  1 3i }

 

^{1 2}

 

^{3 2  1 3  4 2 ;}

 

²

 

²

3 3 3 3 9 3 12 2 3

OC zC   i       ;

D 4 OD z  ;

 

²

 

²

3 3 3 3 9 3 12 2 3

OE zE   i        ;

 

²

 

²

1 3 1 3 1 3 4 2

OF zF   i        . De plus : L’argument Best défini par

cos 1 2 sin 3

2

B

B





 



 



donc ²

B 3 k

    et ^2;

B 3

z  

  

L’argument Cest défini par

3 3

cos 2 3 2

3 1

sin 2 3 2

C

C





  



  



donc ²

C 3 k

    et ^{2 3;}

C 6

z  

  

L’argument Dest défini par

cos 4 1

4

sin 0 0

4

D

D





  



  



donc D  ^{0 2}k et zC 

 

^4;0 .

L’argument Eest défini par

3 3

cos 2 3 2

3 1

sin 2 3 2

E

E





  



    



donc ²

E 3 k

     et ^{2 3;}

E 6

z  

L’argument Fest défini par cos 1

2 sin 3

2

F

F





 



  



donc ²

F 3 k

     et ^2;

F 3

z   2. Construction à la règle et au compas

O

B C

D

F E u v O

B C

D

F E u v

3. Calcul de distances

On a : OB zB ²; BC zCzB  ² ²; CD z_Dz_C  1 3i  1 3 2 

 

cos 1

arg : 2

sin 3

2

C D

z z







 

  

  



,donc 2

3 k

    

On sait que z_F z_B et que z_E z_C , donc les points F et E sont les symétriques des points B et C par rapport à^_^{O u;}_

 .De plus les points O et D sont sur l'axe ^_^{O u;}_

 , donc DE=DC=2 , EF=CB=2 et enfin OF=OB=2.

Comme l'unité graphique vaut 2 cm, on peut dire que : OB BC CD EC   EF OF DE4cm . (mais il n'est pas encore démontré que OBCDEF est un hexagone régulier…)

4. Calcul d'angles.

On a : ^{; ; ; ; ; arg arg}

 

⁰

3 3

D C D

DC DO^{ } DC u^{   }u DO u DC^{ } u DO^{ } z z z  

               

           

         

De même : ^{; ; ; ; ; arg arg}

 

6 6 3

C E

OE OC^{ } OE u^{   }u OC ^{ }u OE ^{ }u OC z z   

             

         

         

De même : ^{; ; ; ; ; arg arg}

 

C D 6

OD OC^{ } OD u^{   }u OC ^{ }u OD ^{ }u OC z z 

           

         

         

5. Quelle est la nature du triangle OCD ?Nous savons que ^;

DC DO^{ } 3

 

 

  et que ^;

OD OC^{ } 6

 

 

  .

Par ailleurs la somme des angles d'un triangle est égale à π radians.

Donc ^{; ; ;}

3 6 2

CO CD^{ }  DC DO^{ } OD OC^{ }    

        

     

      .Le triangle OCD est donc rectangle en C.

Aire des triangles OCD et OBC puis aire du polygone OBCDEF.

Le triangle OCD étant rectangle en C on peut dire que :

 

¹

 

^{1 3 2 3}

2 2

aire OCD  OC CD     Pour le triangle OBC on peut utiliser la formule vue en première :^{aire OBC}

  

^{ OC OB}



^sin_^{OC OB ;  }_

 )

Or ; ; ; ; ; arg arg

3 6 6

B C

OC OB^{ } OC u^{   }u OB ^{ }u OC ^{ }u OB z z   

             

         

         

et 1

sin ; sin

6 2

OC OB^{ } 

    

   

  s Donc :

   

^{sin ; 2 3 2 1 2 3}

aire OBC  OC OB OC OB^{ }    2

 

Donc l’aire totale du polygone est , en utilisant la symétrie axiale ^{2 2 3}



^{ 3}



^{6 3}

En cm², l'unité d'aire vaut 4 cm², donc : Aire OBCDEF( ) 24 3 cm² . Exercice 6- Solution

1. Comme la roue ne peut s'arrêter que lorsque le repère est face à secteur vert, blanc ou rouge, le gain du joueur est soit + 30, soit 0, soit ^10 ( X prend donc les valeurs 10, 0 et + 30).

p (X = ^10) est la probabilité pour qu'un secteur rouge s'arrête devant le repère. Il y a huit secteurs rouges sur quinze secteurs, et on suppose qu'il y a équiprobabilité des événements élémentaires (puisque chaque secteur a la même probabilité de s'arrêter devant le repère). Donc: ^{( 10) 8}

p X   15. De même, il y a cinq secteurs blancs, et ^{p(X 0)}est la probabilité pour qu'un secteur blanc s'arrête devant le repère, d'où ^{( 0) 5 1}

p X  15 3 .

Enfin , il y a deux secteurs verts, et ^{p(X 30)}est la probabilité pour qu'un secteur vert s'arrête devant le

repère, d'où

15 ) 2 30 (X  

p , on déduit la loi de probabilité de X L’espérance mathématique de X est : ³

1

8 1 2 80 60 20 4

( ) ( ) 10 0 30

15 3 15 15 15 3

i i

i

E X x p X x







              ^.

2. a) X n prend les mêmes valeurs qu'au 1., c'est-à-dire + 30, 0 et 10-10. Le raisonnement est identique à celui du 1., sauf que le nombre total de: secteurs est 2 + 5 + n = n + 7. D'où: ( 10)

n n7

p X    n

 , puisqu'il y a n secteurs rouges. ^{( 0) 5}

n 7

p X  n

 , car il y a 5 secteurs blancs. ^{( 30) 2}

n 7

p X  n

 car il y a 2 secteurs verts. On peut résumer la loi de probabilité de X n :

L’espérance mathématique de X est :

3 1

5 2 10 60

( ) ( ) 10 0 30

7 7 7 7

n i n i

i

n n

E X x p X x

n n n n



 

         

   



L’organisateur de la loterie rentre dans ses frais ssi E X⁽ n⁾ ² équivaut à ² 7

60

10  





 n

n

ssi ^{10n602(n7)}, car n+7 > 0. 10n602n14 : 8n 74 soit ^9,25 8

74 

 n

.Donc, le nombre minimum de cases rouges que l'organisateur doit prévoir pour ne pas être déficitaire est n

0 = 10.

xi 10 0 30 )

(X x_i

p 

15 8

3 1

15 2

xi -10 0 30

) (X x_i

p 

7 n

n

7 5



n 7

2

 n