Terminale S

Juin 2011

Polynésie
Exercice 1

Donc z 3n ∈ iℝ ⇔ arg z 3n = ±

( )

π
2

[ 2π ] ⇔ n

π
2

=±

π
2

[ 2π ] ⇔ n impair.

la proposition 3 est fausse.

4. Soit z un nombre complexe non nul. → Proposition 4 : Si Si π 2

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct ( O; u , v ) . 1. Soient A le point d’affixe 2 − 5i et B 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 + 2i = 29 ;

5. Soit z un nombre complexe non nul. → Proposition 5 : Si le module de z est égal à 1 alors z 2 + Si le module de z est égal à 1 alors z = eiθ ; π Donc : • OA = AB ; • Méthode 2 : i 0 − ( 2 − 5i ) z − zA −2 + 5i ( −2 + 5i )( 5 − 2i ) 29i On a : O = = = = =i=e 2 ; z B − z A ( 7 − 3i ) − ( 2 − 5i ) 5 + 2i 29 52 + 22

1 z2

est un nombre réel.

OA² + AB² = OB² ;

Donc z 2 +

1 z2
1 z2

= eiθ

( )

2

+

1

(e ) iθ 2

= ei 2θ +

1 ei 2θ

= ei 2θ + e −i 2θ = 2 ×

ei 2θ + e −i 2θ = 2cos ( 2θ ) ∈ ℝ ; 2

D’où

z − zA  z − zA  zO − z A π = i ⇔ O = 1 ⇔ AO = AB et arg  O  = arg ( i ) ⇔ AB; AO = ; zB − z A zB − z A 2  zB − z A 

(

)

Donc z 2 +

est un nombre réel si le module de z est égal à 1 la proposition 5 est vraie.

Méthode 3 : On a :

i i zO − z A = i = e 2 ⇔ zO − z A = e 2 ( z B − z A ) ⇔ O = r π ( B ) . A; zB − z A 2

π

π

Exercice 2 Non spécialistes

Un joueur débute un jeu vidéo et effectue plusieurs parties successives. On admet que : la probabilité qu’il gagne la première partie est de 0,1 ; s’il gagne une partie,