Lyc´ee Schuman Perret
Octobre 2020 Correction du contrˆole No 1 Cira1
(3pts)EXERCICE 1 Ecrire sous forme alg´ebriquez1 = 1
3 + 4i z2 = 2−3i
1 +i z3 = (1 +i)3 z1 = 1
3 + 4i × 3−4i
3−4i = 3−4i
32+ 42 = 3−4i 25 = 3
25−i 4 25 z2 = 2−3i
1 +i = 2−3i
1 +i × 1−i
1−i = (2−3i)(1−i)
12+ 12 = 2−3i−2i+i2
2 = −1−5i 2 = −1
2 − 5 2i z3 = (1 +i)3 = (1 +i)2×(1 +i) = [1 + 2i−1)×(1 +i) = 2i×(1 +i) = 2i+ 2i2 =−2 + 2i
(3pts)EXERCICE 2 Calculer le module des complexes suivants :z1 =
√2 2 +i
√2
2 z2 =−√ 3+i z3 = (1 +i)3
|z1|=
√2 2 +i
√2 2
= r
√2 2
2
+√2 2
2
=q
1
2 +12 =√ 1 = 1
|z2|= q
(−√
3)2+ 12 =√
3 + 1 =√ 4 = 2
|z3|=|(1 +i)3|=|1 +i|3 = √
12+ 123
=√
23 =√
8 = 2√ 2
(2pts)EXERCICE 3 R´esoudre l’´equation cos(3x + π3) = 0 et placer les points sur le cercle
trigonom´etrique.
cos(3x+ π3) = 0 ´equivaut `a cos(3x+ π3) = cosπ 2
´equivaut `a 3x+ π3 = π
2 + 2kπ ou 3x+π3 =−π
2 + 2kπ
´equivaut `a 3x= π
2 − π3 + 2kπ ou 3x=−π
2 − π3 + 2kπ
´equivaut `a 3x= π
6 + 2kπ ou 3x=−5π
6 + 2kπ
´equivaut `a x= π
18+ 2kπ3 oux=−5π 18 + 2kπ3 donc x= π
18 oux= π
18+23π = 13π
18 ou x= π
18 −23π = −11π 18 ou
x=−5π
18 oux=−5π
18 +2π3 = 7π
18 ou x=−5π
18 − 2π3 = −17π 18
(3pts)EXERCICE 4 D´eterminer un argument de
z1 =−√
3 +i z2 = 2 + 2i
1−i z3 = (√
2 +i√ 2)3 Pour z1 =−√
3 +i, on a ρ=|z1|= q
(−√
3)2+ 12 =√
3 + 1 =√ 4 = 2
puis
cosθ = −√23 sinθ = 12
le cercle trigonom´etrique donne θ = 5π
6 + 2kπ
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arg(z2) = arg(2+2i)−arg(1−i) = arg(2(1+i))−arg(1−i) = arg(2)+arg(1+i)−arg(1−i) = 0 + π4 − −π4
= π 2 arg(z3) = arg
(1 +i)3
= 3×arg(1 +i) = 3× π 4 = 3π
4
(3pts)EXERCICE 5
1. R´esoudre z2 + 2z+ 2 = 0
a= 1, b = 2 et c= 2 donc ∆ = 22−4×1×2 = 4−8 =−4<0 il y a donc deux solutions complexes conjugu´ees −(−2)±i√
+4
2×1 = −2±2i
2 =−1±i 2. V´erifier que z4+ 2z3+ 6z2+ 8z+ 8 = (z2+ 4)(z2+ 2z+ 2)
On a : (z2+ 4)×(z2+ 2z+ 2) =z4+ 2z3+ 2z2+ 4z2+ 8z+ 8 =z4+ 2z3+ 6z2+ 8z+ 8 3. En d´eduire les solutions dez4+ 2z3+ 6z2+ 8z+ 8 = 0
On a : z4+ 2z3+ 6z2+ 8z+ 8 = 0 ´equivaut `a (z2 + 4)×(z2+ 2z+ 2) = 0 (z2+ 4) = 0 ou (z2+ 2z+ 2) = 0
(z2−(2i)2) = 0 ouz =−1±i
(z−(2i))×(z+ (2i)) = 0 ou z=−1±i z =±2iou z =−1±i
Il y a donc 4 solutions −2i, 2i, −1−i et −1 +i
(4pts)EXERCICE 6
1. a) R´esoudre dansC, l’´equation z2−4z+ 16 = 0.
a = 1 et b = −4 et c = 16 donc ∆ = 16−64 = −48 < 0 il y a donc deux solutions complexes conjugu´ees
donc z = −(−4)±i√ 48
2×1 c’est `a dire 4±4i√ 3
2 = 2±2i√ 3
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b) On notezB la racine ayant une partie imaginaire positive etzC l’autre. Calculer les modules des nombres complexes zB etzC.
On a : zB= 2 + 2i√
3 et zC = 2−2i√ 3 Par ailleurs|zB|=
q
22+ (2√
3)2 =√
4 + 4×3 = √ 16 = 4 et|zC|=|zB| car les deux cons conjugu´es l’un de l’autre.
c) Dans le plan rapport´e au rep`ere orthonormal (O;−→ u −→
v ), unit´e 1cm, tracer le cercle de centre O et de rayon 4.
voir ci-dessous
d) Placer alors avec pr´ecision, les points B etC d’affixes respectives zB et zC. Dessin `a l’´echelle 1/2
0 1 2 3 4
−1
−2
−3
−4
−5
0
−1
−2
−3
−4
−5 1 2 3 4
b bB
bC
bA
2. soitA le point d’affixe zA= 4.
a) Placer A dans (O;→− u −→
v ).
voir ci-dessus
b) Calculer |zB−zA|, |zC −zA| et |zC −zB| o`u la notation|z| d´esigne le module dez.
|zB−zA|=|2 + 2i√
3 + 4|=|6 + 2i√
3|=√
36 + 12 = 4√ 3
|zC −zA|=|2−2i√
3 + 4|=|6−2i√
3|=√
36 + 12 = 4√ 3
|zC −zB|=|2−2i√
3−(2 + 2i√
3)|=| −4i√
3|= 4√ 3
c) Donner l’interpr´etation g´eom´etrique de ces trois nombres r´eels.
Ces trois nombres correspondent aux longueurs des cˆot´es du triangle ABC
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3. Quelle est la nature du triangle ABC? Justifier.
Puisque AB =AC =BC il est ´equilat´eral.
(3pts)EXERCICE 7 On consid`ere un syst`eme ´electronique r´egi par la fonction de transfert
T(ω) = R
R+jLω o`u R, L, ω sont des r´eels strictement positifs et j v´erifie j2 =−1 1. Montrer que T(ω) = 1
1 +jLRω Puisque T(ω) = R
R+jLω, divisons par R le num´erateur et le d´enominateur, cela donne : T(ω) = 1
1 +jRLω
2. Ecrire sous forme alg´ebrique la valeur de T(ω0) o`u ω0 = R L T(ω0) =T(RL) = 1
1 +jLR× RL
= 1
1 +j = 1−j 2 = 1
2− 1 2j 3. On appelle gain du syst`eme la fonctionG d´efinie par G(ω) =
T(ω)
a) Montrer que G(ω) = 1 r
1 +
ω ω0
2
G(ω) = T(ω)
=
1 1 +jRLω
= 1
1 +jLRω
= 1
q
1 + LRω0
2
= 1
r 1 +
ω ω0
2 car ωω
0 =ω× ω10 =ω× LR
b) Calculer G(ω0) G(ω0) = |1+j1 | = 1
√2
c) (bonus si justifi´e) Que devient G lorsque ω tend vers 0+? Lorsque ω tend vers 0, le terme ωω
0 aussi donc G(ω) tend vers 1
√1 + 0 = 1 d) (bonus si justifi´e) Que devient G lorsque ω tend vers +∞?
Lorsque ω tend vers +∞, le terme ωω
0 aussi donc G(ω) tend vers 1
√1 +∞ = 0
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