Lyc´e Fran¸ais de Madrid – Bac blanc mars 2009. e c ´e El´ments de correction
Exercice 1 R´serv´ aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de sp´cialit´ e e e e
2π

5 points

1. Une solution de z 2 + 2z + 4 = 0 dans C est : (c) : 2ei 3 2. Dans le plan complexe, on donne les points A, B et C d’affixes respectives −2 + 3i, −3 − i et 2, 08 + 1, 98i. Le triangle ABC est : (b) : rectangle et non isoc`le e e 3. Dans le plan complexe, on donne le point D d’affixe i. L’´criture complexe de la rotation de centre D et √ √ π 3 3 1 1 d’angle − est : (a) : z ′ = −i z− + i 3 2 2 2 2 4. Dans le plan complexe, on donne le point D d’affixe i. L’´criture complexe de l’homoth´tie de centre D et e e de rapport 3 est : (b) : z ′ = 3z − 2i 5. L’ensemble des points M d’affixe z telle que z = 1 + 3eiθ avec θ ∈ [0; 2π[ , est : (d) : le cercle d’´quation : e (x − 1)2 + y 2 = 9.

Exercice 1 e R´serv´ aux candidats ayant suivi l’enseignement de sp´cialit´ e e e

5 points

On trouve un contre-exemple : si x = 3, alors x2 + x + 3 = 15. 15 ≡ 0 (modulo 5) et x n’est pas congru ` 1 (modulo 5) donc PROPOSITION FAUSSE. a 2 3. 5 ≡ 25 ≡ 4 (modulo 7) 53 ≡ 20 ≡ −1 (modulo 7) 56 ≡ 1 (modulo 7) 750 = 6 × 125 donc 5750 ≡ (56 )125 ≡ 1125 ≡ 1 (modulo 7) donc 5750 − 1 est un multiple de 7 . PROPOSITION VRAIE. 4. Par soustractions successives, on obtient : PGCD(3n+4; 4n+3) = PGCD(3n+4; n−1) = PGCD(2n+5; n−1) = PGCD(n+6; n−1) = PGCD(7; n−1). Or, si n est congru ` 1 modulo 7 alors n − 1 est un multiple de 7 donc PGCD(7; n − 1)=7. a PROPOSITION VRAIE. 5. Ecritures complexes des transformations : s:z→z et sA : z → −z + 2 a. Donc s ◦ sA : z → −z + 2 a et sA ◦ s : z → −z + 2 a Donc s ◦ sA = sA ◦ s si et seulement si, pour tout z ∈ C, −z + 2 a = −z + 2 a ⇔ pour tout z ∈ C, −z + 2 a = −z + 2 a ⇔ a = a. PROPOSITION VRAIE.

1. z ′ = az + b avec a ∈ C∗ et b ∈ C, donc cette transformation est bien une similitude directe . 2i 4 2i 1 1 2 + i +1 = − +1 = + donc le point A est un point fixe, donc le centre de cette