Enseignement de Spécialité (Mathématiques)

Corrigé du Bac blanc de mars 2007

La figure de l’exercice

B’ M

A’

J N = s(M)

I v

O u

B

P= h(N)

A

C

D

Dans tout l’exercice, pour tout point M du plan, Mz désigne l’affixe de ce point .

1.a) izz 2 affixepour a B'A' A'B' et izz 2 affixepour a AB AB d’où

B'A' = AB : ABB’A’ est ainsi un parallélogramme.

AA' a aussi pour affixe AA' zz = -3 + 6i.

De cette manière AA'= -3 u

+ 6 v

et AB= 2 u

+ v

d’où AA'∙ AB= -3×2 + 6×1 =0.

Alors AB AA'.

On a prouvé ainsi que ABB’A’ est un rectangle.

passe par les points I et J milieux respectivement de (A ;A’) et (B ; B’) :

I a pour affixe iizzz 2

1)21(

2

1)(

2

1A'AI et I a pour coordonnées (-

2

1 ;1),

J a pour affixe iizzz 22

3)43(

2

1)(

2

1B'BJ et J a pour coordonnées (

2

3 ;2).

a alors pour coefficient directeur p= 2

1

2/4

1

)2

1(

2

3

12

; soit m l’ordonnée à l’origine de

a pour équation y = x/2 + m et contient I d’où 1 = (-1/2)/2 + m soit 4/4 = -1/4 + m d’où

m =5/4 .

Finalement a pour équation y= x/2 + 5/4 .

c) s étant une similitude indirecte du plan de rapport 1, il existe deux complexes constants a et

b (avec a≠ 0) tels que z’= a z + b soit l’écriture complexe de s.

s(A) = A’ et s(B) = B’ donnent les 2 égalités : -2+ 4i = a(1+2i) + b : L1

5i = a(3+ i) + b : L2

L2–L1 donne 2+ i = a(2–i) d’où a = 5

43

14

414

)2)(2(

)2(

2

2 2 ii

ii

i

i

i

; alors d’après

L2 : b= 5i –a(3+i)= 5i – (3+i)(3+4i)/5 = 5i – [ 9 –4 +i( 3+12)]/5 = 5i – [5+15i]/5 = 5i –[1+3i]

soit : b = 2i – 1.

Finalement s est l’application du plan vers lui-même qui a tout point M d’affixe z associe le

point M’ d’affixe z’ avec z’= ( i5

4

5

3 ) z + 2i – 1 .

2 a) iiiiiiiz 5)2010(5

15))128(166(

5

15)21)(86(

5

1C

d’où Cz = 2–4i + 5 – i, soit Cz = 7–5i .

iiiiiiiz 5)3010(5

15))624(818(

5

15)3)(86(

5

1D

d’où Dz = -2–6i + 5 – i, soit Dz = 3–7i .

b) A' a pour affixe = ( -2+4i) – ( 1+i) = -3+3i tandis que C a pour affixe avec

= (7–5i) –(1+i) = 6 – 6i ; comme = -2, on a C = -2 A' .

B' a pour affixe ’= 5i – ( 1+i) = -1 + 4i tandis que D a pour affixe ' avec

’ = (3–7i) –(1+i) = 2 – 8i ; comme ’ = -2’, on a D = -2 B' .

On a bien prouvé que C = h(A’) et D= h(B’) .

c) On sait que h-1

est l’homothétie de centre et de rapport -1/2.

h-1

est l’application du plan vers lui-même qui au point M1 d’affixe z1 associe le point M

d’affixe z avec z= izzzz 1)11(2

1)(

2

111 , soit z= .

2

3

2

3

2

11 iz

3. a) Pour tout point M d’affixe z,

g(M) est le point d’affixe z’ avec z’= izi 5)5

8

5

6( et f(M) = h

-1[g(M)] est le point

d’affixe z’’ avec z’’ = iiziiz2

3

2

3

2

1

2

5)

5

8

5

6(

2

1

2

3

2

3'

2

1 , d’où

z’’ = ( i5

4

5

3 ) z + 2i – 1.

D’après la question 1. c), f(M) a la même affixe que s(M) d’où f(M) = s(M) .

b) On a vérifié que s = f, soit s=h-1∘g et ainsi h∘ s = h∘ ( h-1∘g) = (h∘h

-1)∘g = Id∘ g d’où

h∘ s = g . g est la composée de s suivie de h.

Pour tout point M du plan :

On construit le symétrique de M par rapport à N = s(M) , puis on construit l’image P de N

par l’homothétie h .

P= h(N) où N = s(M) donc P= g(M).

Sujet

Corrigé

1. Avec z=x+ i y où x et y sont réels, z = x–iy et (3+4i) z =(3+4i) (x–iy) = 3x+4y + i (4x –3y).

Comme z’= 5

1[(3+4i) z + 1–2i], on obtient z’ =

5

1[ 3x+4y + i (4x –3y) + 1–2i] soit :

z’ = 5

1[ 3x+4y +1 + i (4x –3y –2 )], autrement dit :

z’=x’ + iy’ où x’=5

234'et

5

143

yxy

yx .

2.a. M est invariant M’=M z’=z ( x’=x et y’=y )

Soit : M est invariant 5

234et

5

143

yxyx

yx d’où :

M est invariant 3x +4y + 1 = 5x et 5y = 4x – 3y –2 soit

M est invariant -2x+ 4y +1 = 0 et -4x + 8y + 2 = 0.

Comme -4x + 8y + 2 = 2(-2x+ 4y +1), on en tire que M est invariant -2x+ 4y +1 = 0 .

L’ensemble (E) des points invariants par f est la droite d’équation -2x+ 4y +1= 0 .

2.b D’après l’écriture complexe de f, f est une similitude indirecte de rapport

1255

143

5

143

5

1

5

43 22

ii

.

Soit s la symétrie d’axe (E).

Pour tout point M :

► Dans le cas où M(E), M est invariant par s et f d’où s(M) = f(M).

► Dans les cas où M(E), M≠f(M).

Pour tout P de (E), f(M)f(P) = 1×MP et P= f(P) d’où f(M)P=MP ; tous les points de la droite (E)

sont à égale distance des 2 points distincts M et f(M).

(E) est alors la médiatrice du couple de points (M ; f(M)) et on a encore s(M)=f(M).

On vient de voir que pour tout point M du plan, s(M) = f(M) d’où f=s.

f est alors la symétrie d’axe la droite (E).

3. z’ est réel y’ = 0 4x–3y–2 = 0.

D est ainsi la droite d’équation 4x–3y – 2 = 0.

4. Dans cette question x et y sont des entiers relatifs.

a. On remarque que 4×2–3×2 = 2. Soit alors x0 = 2 et y0 = 2 : (x0 ; y0) est ainsi une solution

particulière dans ℤ 2 de l’équation 4x – 3y = 2.

b. On a les équivalences suivantes :

4x – 3y = 2 4x – 3y =4x0 – 3y0 4(x – x0) = -3 (y0 – y) 4(x – x0) = 3 (y – y0)

L’égalité 4(x – x0) = 3 (y – y0) entraîne que 3 divise 4(x–x0), comme 3 et 4 sont premiers entre

eux, d’après le théorème de Gauss, cela entraîne aussi que 3 divise x–x0, d’où les équivalences :

4x – 3y = 2 4(x – x0) = 3 (y – y0) {3 divise x–x0 et 4(x – x0) = 3 (y – y0)}, soit :

4x – 3y = 2 {x–x0 = 3k et 4(x – x0) = 3 (y – y0) avec k dans ℤ}, soit :

4x – 3y = 2 {x–x0 = 3k et 4×3k = 3 (y – y0) avec k dans ℤ}, soit :

4x – 3y = 2 {x–x0 = 3k et 4×k = y – y0 avec k dans ℤ}, soit :

4x – 3y = 2 {x =x0 +3k et y0 + 4k = y avec k dans ℤ}, soit :

L’ensemble des solutions dans ℤ 2 de l’équation 4x – 3y = 2 est l’ensemble des éléments (x ; y )

de ℤ 2 tels que x = 2 + 3k et y = 2 + 4k où k ℤ.

5. Dans cette question x = 1 et y est un entier relatif.

3x+4y +1 = 3+4y +1=4(1+y) et 4x – 3y –2=4–3y–2=2–3y sont des entiers relatifs, dire que x’ et

y’ sont des entiers revient à dire que : 5 divise les 2 entiers 4(1+y) et 2–3y.

____________________________________________________

Soit r le reste de la division euclidienne de y par 5.

y r modulo 5 donne 4(1+y) 4(1+r) modulo 5 et 2–3y 2–3r modulo 5, alors :

► Le reste de la division euclidienne de 4(1+y) par 5 est égal au reste R1 de la division

euclidienne de 4(1+r) par 5.

► Le reste de la division euclidienne de 2–3y par 5 est égal au reste R2 de la division

euclidienne de 2–3r par 5.

J’établis ainsi le tableau suivant suivant les 5 valeurs possibles de r :

r (le reste de la division de y

par 5) 0 1 2 3 4

4(1+r) 4 8 12 16 20

2–3r 2 -1 -4 -7 -10

R1(le reste de la division de

4(1+y) par 5) 4 3 2 1 0

R2(le reste de la division de

2–3y par 5) 2 4 1 3 0

5 divise les 2 entiers 4(1+y) et 2–3y si et seulement si R1= 0 et R2 = 0, soit si et seulement si

r=4, cela revient à dire que y = 4 + 5k où k ℤ.

Finalement x’ = Re(z’) et y’= Im(z’) ne sont des entiers que si y=4 + 5k où k ℤ..

Énoncé

Corrigé

K

A

2,4

L

v

O u

1,2 B

Partie A 1. Avec a et b complexes tels que a ≠ 0, soit g la similitude directe d’écriture complexe

z’=az+b.

{ g(A) = O et g(O) =B } { a (3i) + b = 0 et a×0 + b = 6}

{ b=6 et 3ai + 6 = 0}

{ b=6 et a×3 i = -6 = 2i × 3i}

{ b=6 et a = 2i }

On a obtenu l’équivalence : { g(A) = O et g(O) =B } { b=6 et a = 2i } ; cela prouve que :

Il existe une seule similitude directe g telle que g(A) = O et g(O) =B ; elle a pour écriture

complexe z’ = 2iz + 6 .

► Comme 2i = 2 ei/ 2

est le complexe de module 2 et d’argument , 2 estle rapport de

cette similitude et /2 est une mesure de l’angle de cette similitude.

► Soit un point du plan d’affixe

g( 2i 6 = (1–2i) )21(5

6

21

)21(6

)21)(21(

)21(6

21

62

ii

ii

i

i

Finalement le centre de la similitude g est le point d’affixe )21(5

6i i

5

12

5

6

2. Avec a et b complexes tels que a ≠ 0, soit f la similitude indirecte d’écriture complexe

z’=a z + b.

{ f(A) = O et f(O) =B } { a × i3 + b = 0 et a× 0 + b = 6}

{ b=6 et -3ai + 6 = 0}

{ b=6 et a×3 i = 6 = -2i × 3i}

{ b=6 et a = -2i }

On a obtenu l’équivalence : { f(A) = O et f(O) =B } { b=6 et a = -2i } ; cela prouve que :

Il existe une seule similitude indirecte f telle que f(A) = O et f(O) =B ; elle a pour écriture

complexe z’ = -2i z + 6 .

Partie B

1. D’après son écriture complexe, f est la similitude indirecte trouvée dans la partie A.

Pour tout point M d’affixe z, f(M) a pour affixe z’ = -2i z + 6.

a) Supposons que M= f(M) alors z= -2i z + 6 ; on a aussi z = 62- zi = 2i × z +6 et ainsi

z= -2i z + 6 = -2i (2i z + 6) +6 d’où z = 4 z –12i + 6, soit 12i –6 = 3z.

Finalement z = -2 + 4i.

b) Réciproquement, supposons que z= -2+4i, alors z = -2 –4i et -2i z = 4i+8i2 = -8 + 4i.

On a z’=-2i z + 6 = -8 + 4i +6 d’où z’= -2 +4i =z. D’où f(M) = M.

Conclusion

On a vérifié l’équivalence : M=f(M) z = -2 + 4i.

Autrement dit le seul point du plan invariant par f est le point K d’affixe k = -2 + 4i.

2. a. h est une similitude directe de rapport 1/2 et f est une similitude indirecte de rapport

|-2 i| = |-2|×| i | = 2×1=2 . Par composition g=f ∘ h est une similitude indirecte de rapport

2 × 1/2 = 1. En particulier g est un antidéplacement du plan.

h (K) = K d’où f(h (K) ) = f(K) = K d’où g (K) = K : K est invariant par g.

b. Pour tout point M du plan d’affixe z,

soit M1 = h (M) : M1 a pour affixe z1 = (1/2) (z–k) + k = (1/2)[z + k],

soit M’’= f(M1) = f(h (M)) : M’’ a pour affixe z” = -2i 1z + 6 = -2i ×(1/2) [ z + k ] +6,

soit z’’= -i [ z + k ] + 6 = -i z –i k + 6 où - i k = - i ( -2 – 4i) = 2i – 4 d’où - i k + 6 = 2i +2.

Finalement z’’ = -iz + 2 +2i est l’affixe de M’’= g(M) . Cela définit l’écriture complexe de

l’antidéplacement g.

c. Tout point L de l’axe (O ; v

) est déterminé par la donnée d’un réel l tel que il soit son

affixe.

L = f(L) il= -i ( il ) + 2 + 2i il = -i (-il) + 2 + 2i 0 = 2 – l + (2–l )i = (2–l) [ 1 + i]

D’où L = f(L) 2–l = 0 l = 2.

Finalement sur l’axe (O ; v

), le seul point invariant par g est le point L d’affixe 2i.

On vient de voir que g est une similitude indirecte (en fait un antidéplacement) laissant

invariant les 2 points distincts K et L ; g est forcément égale à la réflexion d’axe (KL).

d. Soit h’ l’homothétie de centre K et de rapport 2 : h’ est la transformation réciproque de h et

on a : g∘ h’ = (f ∘ h ) ∘ h’ = f ∘ (h∘ h’) = f ∘ Id = f.

Finalement f est bien la composée de l’homothétie h’ de centre K et de rapport 2 suivie de g la

réflexion d’axe (KL).

3. Soit une droite parallèle ou perpendiculaire à la droite (KL), l’image de la droite par

l’homothétie h’, h’(est alors une droite parallèle à donc perpendiculaire ou parallèle à la

droite (KL).

L’image de la droite h’(par la réflexion g d’axe (KL), g(h’(= f)estalors bienune

droite parallèle à h’(), donc à

Soit une droite non parallèle et non perpendiculaire à la droite (KL), l’image de la droite

par l’homothétie h’, h’(est alors une droite parallèle à donc non perpendiculaire et non

parallèle à la droite (KL).

L’image de la droite h’(par la réflexion g d’axe (KL), g(h’(= f)est alors une droite

qui n’est pas parallèle à h’(), donc une droite qui n’est pas parallèle à

Conclusion

Les seules droites telles que et f(soient parallèlessont les droites perpendiculaires ou

parallèles à la droite (KL).

Enseignement de Spécialité-Mathématiques

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Corrigé

_________

1.a.

J

B L

A K

C O I

E

D

Le complexe ei a pour module 1 et pour argument . Son point image M est tel que

1= OM et est une mesure de l’angle orienté ( OM;OI ).

On utilise cette remarque pour placer A= 6

M , B= 3

2M et E= 6

M

.

En fait tous les points I, J, A, B, C, D, E sont sur le cercle trigonométrique (C) les positions

respectives des graduations 0, /2,/6, 2/3, --/2,-/6. On utilise à la question suivante

ces graduations pour obtenir les mesures des angles orientés indiqués.

1.b. L’angle orienté ( OE,OD ) a pour mesure -/6 – (-/2) =-/6+3

L’angle orienté ( OA,OE ) a pour mesure /6 – (-/6) = Soit alors la rotation r1

de centre O et d’angle : On a r1 ( D) = E et r1 (E) = A et r1 conservant les distances, on

obtient : EA = DE soit : EA=ED .

L’angle orienté ( OE,OC ) a pour mesure -/6 – (-) = -/6 +6/6 = 5L’angle

orienté ( OB,OE ) a pour mesure 2/3 – (-/6) = 4/6 + /6 = 5/6

Soit alors la rotation r2 de centre O et d’angle 5/6: On a r2 ( C) = E et r2 (E) = B et r2

conservant les distances, on obtient : EB = CE soit : EB=EC.

On a bien démontré que EA=ED et EB=EC.

O étant le centre du cercle (C), on a aussi OA=OD et OB = OC .

Les 4 égalités précédentes prouvent bien que :

▶ O et E sont à égale distance de A et D ;

▶ O et E sont à égale distance de B et C.

Conclusion : La droite (OE) est la médiatrice des segments [AD] et [BC] .

1.c. On a OIBLet OIAK d’où la position de ces points sur la figure.

2. S est l’application qui à tout point M d’affixe z associe le point M1 d’affixe z1 = z .

Soit a = 3/3/

2

3

2

1

2

3

2

1 ii eeii ; la rotation R de centre O et d’angle de mesure

-/3 est l’application qui à tout point M d’affixe z associe le point M2 d’affixe z2 tel que

z2 = a( z –0) + 0 = az.

2. a. Pour tout point M d’affixe Z,

S(M) est le point d’affixe Z et R(S(M)) est alors le point d’affixe : a Z = (2

3

2

1i ) Z = Z’ ;

c’est la preuve que R(S(M)) =M’ soit R(S(M)) = F(M).

On a prouvé que R∘S = F .

2. b. F est la similitude indirecte du plan d’écriture complexe Z’ = a Z + 0 où a = 3/ie .

F(E) est le point d’affixe a 6/ie = 3/ie × ei

= )6/()6/6/2( ii ee d’où F(E) = E.

a × 0 = a ×0 = 0 ( où 0 est l’affixe du point O) d’où F(O) = O.

Finalement F est une similitude indirecte du plan laissant invariants les 2 points distincts O et

E : F est forcément la réflexion d’axe (OE).

3. Soit T la translation de vecteur OI qui a pour affixe 1 + i×0= 1 ; T est la transformation qui

à tout point M d’affixe Z associe le point M3 d’affixe Z3 = Z +1.

_______________________________________________

Pour tout point M d’affixe Z, F(M) est le point d’affixe (2

3

2

1i ) Z = Z’ et T(F(M)) est le

point d’affixe Z’ +1= (2

3

2

1i ) Z +1= Z’’, d’où T(F(M)) = M’’ soit T∘F(M) = G(M).

On vient de vérifier que T∘F = G. G étant la composée d’une réflexion suivie d’une

translation est ainsi elle-même un antidéplacement.

Le Sujet

Corrigé

_______

1.a. On a vu en cours que est la similitude directe de centre , de rapport 2 /2 et d’angle

de mesure

1.b. On a aussi vu que l’écriture complexe de est z’= 4/

2

2 ie (z–2) + 2.

Comme 4/

2

2 ie = 2

1

2

1

4

2

4

2)

2

2

2

2(

2

2)

4sin

4(cos

2

2iiii

=

2

1(1+ i), on a

4/

2

2 ie (z–2) + 2 = (1+ i)(z– 2)/2 + 2 = zi

2

1– (1+i) + 2 = z

i

2

1+ 1 – i.

L’écriture complexe de est ainsi : z’ = zi

2

1+ 1 – i.

1.c. On a z–z’ = z – [ zi

2

1+ 1 – i] = [1 –

2

1 i] z –1 + i = z

i

2

)1(2 –1+ i =

2

1 iz–1+i.

2–z’ = 2–[ zi

2

1+ 1 – i]= – z

i

2

1+ 1 + i et i (2–z’) = iiz

ii)1(

2

)1(

où i

2 = -1, alors

i (2–z’) = 12

1

iz

i

D’où z–z’ = i (2–z’).

2.a. On a vu en cours la rotation de centre A (d’affixe a ) , d’angle /2est la transformation du

plan qui au point P d’affixe p associe le point Q d’affixe q tel que q–a = )(2/ apei ;

comme 2/ie =i, q–a = )(2/ apei s’écrit aussi q–a = i(p–a) ; cela prouve que l’image du

point P d’affixe p par la rotation de centre A (d’affixe a), d’angle /2 est le point Q d’affixe q

tel que q–a = i(p–a) .

2.b. Pour M distinct de , on sait que M et M’ sont distincts et que M’=(M) et () sont

aussi distincts.

On applique la question précédente à la relation z–z’ = i (2–z’) : L’image de par la rotation

de centre M’, d’angle /2 est le point M ainsi : M’’M et l’angle orienté ( MM',M' ) a

pour mesure /2 .

M’

v

O u

M

Le triangle M’M est rectangle et isocèle en M’.

3.a. On fait une démonstration par récurrence.

02/4

)20(

0 2212)2

2( aiee i

i

.

On suppose que pour un certain entier naturel p, on ait ap = 2)2

2( 4

)2(

pi

p e (hypothèse

de récurrence) :

Ap+1 = (Ap) a pour affixe ap+1 = 4/

2

2 ie (ap –2) + 2, cela donne avec l’hypothèse de

récurrence : ap+1 = 4/

2

2 ie × 4

)2(

)2

2(

pi

p e +2=2

2× p)

2

2( × 4/ie × 4

)2( pi

e +2d’où :

ap+1 = 1)2

2( p

]4

)2(

4[

pi

e +2 soit : ap+1 = 1)2

2( p 4

)2]1[( pi

e +2 .

Conclusion

Avec les 2 parties , on a bien démontré par récurrence que an = 2)2

2( 4

)2(

ni

n e pour tout

entier naturel n.

3.b. A5 a pour affixe a5 = 2)2

2( 4

)25(

5

i

e = 2)2

2( 4

7

5

i

e .

5)2

2( =

24

1

222

1

222

1

2

1)

2

1(

2214

5

.

42

4

8

4

7

d’où 4

7i

e = .2

1

2

1

4sin

4cos44 iee

ii

Alors 2)2

2( 4

7

5

i

e = 24

1×(

2

1

2

1i )+2= .

88

17

8

16

88

12

2424

1 iii

Finalement 88

17 i = a5 .

4. Le vecteur nA a pour affixe an –2 = 4

)2(

)2

2(

ni

n e , n = | an –2|= n)2

2( = (

2

1)n

d’où n = n

2

1 ; le point An est dans le disque de centre et de rayon 0,01 à la seule

condition que n < 0,01.

n < 0,01 n

2

1<

100

1 100 < nn

22 10 000 < 2n ( passage aux inverses, puis

aux carrés) ; on passe ensuite aux logarithmes népériens :

n < 0,01 ln (10 000) < ln (2n)= n ln 2 ; on a 0< ln2, d’où :

n < 0,01 ln (10 000) / ln2 < n ; on a ln (10 000) / ln2 ≈ 13,3 ainsi :

n < 0,01 14 ≤ n.

Finalement le point An se trouve dans le disque de centre et de rayon 0,01 à la seule

condition que 14 ≤ n ; on a donc n0 = 14 .