Spé Maths TS La Réunion juin 2008 2010-2011
1. Le plan complexe est rapporté à un repère or- thonornal direct (O, ~u, ~v).
Soient A, B et C les points d’affixes respectives zA= 2 + i, zB= 5 + 2i et zC= i.
s1désigne la symétrie d’axe (AB).
(a) Démontrer que s1 transforme tout point M d’affixe z en un point M′ d’affixe z′ telle que
z′= 4
5 +3 5i
z+
−1 5+3
5i
(b) En déduire l’affixe de C′, symétrique de C par rapport à (AB).
(c) Démontrer que l’ensemble des points M tels que z′ est imaginaire pur est la droite (D) d’équation 4x+ 3y= 1.
(d) Vérifier que le point C′ appartient à (D).
2. (a) Démontrer que les droites (D) et (AB) sont sécantes en un point Ω dont on précisera l’affixe ω.
(b) On désigne par s2 la symétrie d’axe (D) et par f la transformation définie par f = s2◦s1. Justifier que f est une similitude directe et préciser son rapport.
(c) Déterminer les images des points C et Ω par la transformationf.
(d) Justifier que f est une rotation dont on donnera le centre.
3. Dans cette question le candidat est invité à por- ter sur sa copie les étapes de sa démarche même si elle n ’aboutit pas.
(a) Déterminer les couples d’entiers relatifs (x; y) solutions de l’équation : 4x+3y= 1.
(b) Déterminer les points de (D) à coordon- nées entières dont la distance au point O est inférieure à 9.
1. (a) L’écriture complexe des1 estz′=az+bavec a∈R, a6= 0, b∈R.
Les deux points A et B sont invariants pars1 ce qui se traduit par :
2 + i = a(2−i) +b
5 + 2i = a(5−2i) +b ⇒(par différence) 3 + i =a(3−i)⇔a= 3 + i
3−i ⇔a= (3 + i)2 (3 + i)(3−i) = 8 + 6i
10 =4 5 +3
5i.
En reportant dans la première équation : b= 2+i−(2−i)
4
5 +3 5i
= 2+i−8 5−3
5−6 5i+4
5i =
−1 5 +3
5i.
(b) On azC′=
4
5 +3 5i
×(−i)−1 5+3
5i = 2 5 −1
5i.
(c) SoitM(x ; y) un point du plan avec x∈ R, y ∈ R.
On az=x+ iyet z′ =
4
5 +3 5i
(x−iy)−1 5 +3
5i.
Ce nombre est imaginaire pur si sa partie réelle est nulle soit :
4 5x−1
5 +3
5y= 0⇔4x−1 + 3y= 0⇔4x+ 3y= 1.
L’ensemble des pointsM tels quez′est imaginaire pur est donc la droite (D) d’équation 4x+ 3y= 1.
(d) C′
2
5 ; −1 5
et 4×
2
5
+ 3×
−1 5
= 1 doncC′∈ D.
2. (a) Équation cartésienne de la droite (AB) :M(x; y)∈ (AB) ⇐⇒ y=αx+β; en particulier :
1 = 2α+β
2 = 5α+β ⇒ 1 = 3α ⇔ α = 1
3; d’où β = 1−2α= 1−2
3 = 1 3. M(x; y)∈(AB)⇔y= 1
3x+1
3 etM(x; y)∈(D)⇔ 4x+ 3y= 1.
Donc un point Ω est commun aux deux droites si et seulement si 4x+ 3
1
3x+1 3
= 1 ⇔ 4x+x+ 1 = 1 ⇔5x= 0⇔ x= 0, d’où y = 1
3. L’affixe de Ω est doncω= 1
3i.
(b) Les symétries axialess1ets2sont des similitudes indi- rectes de rapport 1. Leur composée est une similitude directe dont le rapport est le produit des rapports des deux similitudes, donc égal à 1.
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1.
2. (b) (suite) Plus précisement siz′=az+b, |a|= 1 est l’écriture complexe des1et siz′=cz+d, |c|= 1 est l’écriture complexe des2, alors siM(z) a pour imageM′(z′) pars1et M′′(z′′) est l’image deM′ pars2, on a :
z′′ = cz′+d
= c(az+b) +d
= c az+b+d
= acz+bc+d
qui est l’écriture complexe d’une similitude directe, car|ac|=|a| × |c|=
|a| × |c|= 1, d’après les hypothèses.
(c) L’image de C pars1 est C′ et comme on vient de démontrer que C′ appartient donc à la droite (D) il est invariant pars2.
Conclusion : f(C) = C′.
Ω appartient à (AB), doncs1(Ω) = Ω, mais Ω appartient aussi àD, doncs2(Ω) = Ω.
Conclusionf(Ω) = Ω.
(d) f est une similitude directe de rapport 1. Ce n’est ni l’identité, ni une translation c’est donc une rotation de centre Ω puisque ce point est invariant parf.
3. (a) (x0;y0) = (1;−1) est solution de l’équation 4x+ 3y= 1.
(x;y) est solution de (E)⇔4x+ 3y= 1 = 4x0+ 3y0⇔4(x−x0) = 3(y0−y) (∗)
Une première interprétation de (∗) est que 4|3(y0−y), or 4 et 3 sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss, 4|y0−y⇔ ∃k1∈Ztel que y0−y= 4k1⇔y=y0−4k1.
Une deuxième interprétation de (∗) est que 3|4(x−x0), or 4 et 3 sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss, 3|x−x0⇔ ∃k2∈Ztel quex−x0= 3k2⇔x=x0+ 3k2.
On montre quek1=k2=kavec le relation (∗) et donc (x;y) = (1 + 3k;−1−4k) aveck∈Z.
Et tout couple de la forme (1 + 3k;−1−4k) aveck ∈ Z est solution de (E), il suffit de remplacer dans l’équation : 4(1 + 3k) + 3(−1−4k) = 4−3 + 12k−12k= 1 ∀k∈Z.
(b) D’après la question précédente, les points de (D) à coordonnées entières sont donc les points de coordonnées (1 + 3k;−1−4k), k∈Z.
Les pointsM situé à moins de 9 de O sont tels que :
OM <9⇔OM2<81⇔x2+y2<81⇔(1 + 3k)2+ (−1−4k)2<81⇔ 1 + 9k2+ 6k+ 1 + 16k2+ 8k <81⇔25k2+ 14k−79<0.
∆ = 8096 et donc le trinôme est négatif entre les racines 7 25−
√2024
25 ≈ −1,51 et 7 25+
√2024
25 ≈2,07.
Les entiersksolutions sont donc :−1 ; 0 ; 1 ; 2. Les quatre points de (D) à coordonnées entières dont la distance au point O est inférieure à 9 sont E(4 ; −5), F(1 ; −1), G(−2 ; 3), H(−5 ; 7).
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