3i

1      0 −1 3i   1 0 i  0 0 4 0 1 2 La matrice I est donc inversible. Pour calculer son inverse, on poursuit la méthode :  L3 /4 → L3          −1 0 1 0 0 1     0 i  0 −1 3i   1  0 0 1 0 1/4 1/2  L1 − L3 → L1 0 −1/4 1/2 −1 0 0     L2 − 3iL3 → L2  0 −1 0   1 −3i/4 −i/2  0 1/4 1/2 0 0 1  0 1/4 −1/2 −L1 → L1 1 0 0     −L2 → L2  0 1 0   −1 3i/4 i/2  0 1/4 1/2 0 0 1 L’inverse de I est donc la matrice   0 1/4 −1/2    −1 3i/4 i/2 . 0 1/4 1/2

segment [BJ] et donc s= b+j 5i − 7 + 2i 7 7 = = − + i. 2 2 2 2 − − →→ BK.JC = (−2) × 11 + (−11) × (−2) = 0, De même, T est le milieu du segment [KC] et donc (en notant k l’affixe du point K) t= k+c −2 − 6i + 4 = = 1 − 3i. 2 2 7 7 L’affixe du point S est − + i et l’affixe du point T est 1 − 3i. 2 2 π b) C est l’image de B par la rotation de centre U et d’angle . Donc c = u + eiπ/2 (b − u) = u + i(b − u) = (1 − i)u + ib 2 puis u= c − ib 4 − i(5i) 9(1 + i) 9 + 9i 9 9 = = = 2 = + i. 1−i 1−i (1 − i)(1 + i) 1

le point d’affixe 7 − 3i. → Proposition 1 : Le triangle OAB est rectangle isocèle. Méthode 1 : π 2 est un argument de z alors |i + z| = 1 + |z|. est un argument de z alors z = iy avec y > 0 ; Donc |i + z| =|i + iy| =|(1 + y)i| = 1 + y car 1 + y > 0 et 1 + |z| = 1 + |iy| = 1 + y ; On a donc bien |i + z| = 1 + |z| si π 2 OA = z A = 2 − 5i = 29 , OB = z B = 7 − 3i = 58 , est un argument de z. la proposition 4 est vraie. AB = z B − z A = ( 7 − 3i ) − ( 2 − 5i ) = 5

Algorithmes _4_ Boucle Pour 4 Algorithmes (4) Boucles « Pour » I. Exemple 1 1°) Situation Les parents de Léa versent 50 € sur un livret à sa naissance. Ils versent ensuite 15 € sur ce livret le premier mois, puis 16 € le deuxième mois, puis 17 € le troisième mois… Chaque mois le versement mensuel augmente donc de 1 €. On désire rédiger un algorithme donnant en sortie la somme en euros versée sur le livret de Léa au bout de 3 ans (36 mois). 2°) Analyse du problème Il s’agit

4 4 = √ iπ/4 2e . √ iπ/4 2e 6 √ = ( 2)6 e6iπ/4 = 8.e3iπ/2 = 8 cos 3π 2 + i sin 3π 2 = −8i. 2) a) D’après 1), (1 + i)3 = (1 + i)6 = −8i. Une solution de l’équation (E) est donc (1 + i)3 . Or, (1 + i)3 = 1 + 3i + 3i2 + i3 = 1 + 3i − 3 − i = −2 + 2i, et donc une solution de l’équation (E) est −2 + 2i. b) Soit z un nombre complexe. z2 = −8i ⇔ z2 = (−2 + 2i)2 ⇔ z2 − (−2 + 2i)2 = 0 ⇔ (z − (−2 + 2i))(z − (2 − 2i)) = 0 ⇔ z = −2 + 2i ou z = 2 − 2i. les solutions de l’équation

| A11 | | | A12 | | | A13 | | | A14 | | | A21 | temps | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | Le partage du canal est ici équitable. Les nouvelles dates de fin de transmission sont : - t(Ai) = 12i-1 - t(Bi)= 3i - t(Ci)=3i +1 Ici, chaque flux occupe un tiers du canal la période de 12 quanta de temps. En revanche, les délais sont beaucoup plus longs pour A, alors qu’ils sont meilleurs pour B et C . L’avantage est qu’on a là un ordonnanceur équitable. Mais

FEUÏLLE DE DEVOÏR FSitêS un dotthlatl'- nn'D MÀ^ttt-- vdre fascicule dwoir 3402ËDVPA00-12 3cqffièreswnmerlcat oæ w 3I: l{o du devolr:S.A.H. devoir 3 Vdt"i"di"di' corræteur: il / ( ( Nom du correcteur : nrtio P,e sn"f Remarques du correcteur: ') Apports nutritionnets conseittés en énergie, protéines, tipides et gtucides pour un homme de 35 ans (env.70kg) 1 soit 11400 Kj a t2s4 à 1710 Ki soit 73.79 à 3e90 à4560 Kj 105 g à |2Ogljour

z, z 2 , z 4 soient align´es? e Soit u et v deux nombres complexes. Montrer que : |u + v|2 + |u − v|2 = 2(|u|2 + |v|2 ) . Interpr´tation g´om´trique ? e e e 9. R´soudre dans C les ´quations suivantes : e e a) z 2 = −11 10. 11. 12. , b) z 2 = −1 + 3i , c) z 2 = 9 + 5i . R´soudre dans C l’´quation : z 2 − z + 7 = 0. e e R´soudre dans C l’´quation : z 2 − (5 − 14i)z − 24 − 10i = 0. e e Soit ω un nombre complexe quelconque. R´soudre l’´quation : e e z 2 − (2 + iω)z + 2 + iω − ω = 0 . 13. R´soudre

deux nombres complexes. Montrer que : 1 1 − z aient le mˆme module. e z |u + v|2 + |u − v|2 = 2(|u|2 + |v|2 ) . Interpr´tation g´om´trique ? e e e 9. R´soudre dans C les ´quations suivantes : e e a) z 2 = −11 , b) z 2 = −1 + 3i , c) z 2 = 9 + 5i . 10. R´soudre dans C l’´quation : z 2 − z + 7 = 0. e e 11. R´soudre dans C l’´quation : z 2 − (5 − 14i)z − 24 − 10i = 0. e e 12. Soit ω un nombre complexe quelconque. R´soudre l’´quation : e e z 2 − (2

(1 − i)U1 − 2U2 =3+i −iU1 + (3 − 2i)U2 = 1 − 2i. Solution. Pour le système (S), commençons par échanger les lignes : i 3 + 2i 1 + 2i 1+i −2 3−i (Ligne 1) × −i (1 + i) × (Ligne 1) − (Ligne 2) 1 7−i × (Ligne 2) 1 2 − 3i 2 − i 1+i −2 3−i 1 2 − 3i 2 − i 0 7−i 2i 1 2 − 3i 0 1 2−i + 7i) 1 25 (−1 1 On en déduit qu’il existe une solution unique : Z1 = 25 (31 − 42i), Z2 = Si on conjugue les équations du système (S), on trouve : (1 − i)Z1 − 2Z2 =3+i −iZ1 + (3 − 2i)Z2 = 1 − 2i. 1 25 (−1 +