Durée : 4 heures

Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie
Série obligatoire mars 2012
E XERCICE 1
Commun à tous les candidats

5 points

Partie A :
3

2

1. P i 2 = i 2 − 2 + i 2 i 2 + 2 1 + i 2 i 2 − 2i 2 =
−2i 2+4+2i 2+2i 2−4−2i 2 = 0 ⇐⇒ i 2 est solution dans C de l’équation P (z) = 0.

2. a. Développons : z − i 2 z 2 + az + b = z 3 + az 2 + bz − z 2 i 2 − azi 2 − bi 2 = z 3 + a − i 2 z 2 + b − ai 2 z − bi 2.
Par identification avec l’énoncé, on obtient :


= −2 − i 2
 a
 a −i 2 b − ai 2 = 2 + 2i 2 ⇐⇒ b + 2i 2


−b
−bi 2
= −2i 2

 a = −2 b = 2

b = 2

=
=
=

−2
2 + 2i 2
−2

⇐⇒

On a donc P (z) = z − i 2 z 2 − 2z + 2

b. En utilisant la factorisation précédente :
P (z) = 0 ⇐⇒ z − i 2 z 2 − 2z + 2 ⇐⇒

z −i 2 z 2 − 2z + 2

=
=

0
0

On retrouve la racine i 2 ; résolution de l’équation du second degré : z 2 − 2z + 2 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 − 1 + 2 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 + 1 = 0 ⇐⇒ z −1 = i z = 1+i
(z−1)2 = −1 ⇐⇒ (z−1)2 = i2 ⇐⇒
⇐⇒
z − 1 = −i z = 1−i
Les solutions sont donc : i 2,

1 + i,

1 − i.

Partie B :

J
D
K

−2

L

−1

C

1.

A

1

O

−1

−2

1

B

A. P. M. E. P.

Baccalauréat S

3π
2
2
3π
+ i sin
=−
+i
.
4
4
2
2
K est le milieu du segment [JL] ce qui se traduit en coordonnées par :



1
2
1


 xK =
 −
=
xJ + xL
(0 + xL ) xL =
2
2
2
⇐⇒
⇐⇒
1

 yL =
1
2
 yK =

yJ + yL

=
2 + yL
2
2
2
Conclusion : zL = − 2.

2. On a zK = e

3iπ
4

= cos

− 2
0

3. On a |zA |2 = 12 + 12 = 2
|zB |2 = 12 + (−1)2 = 2 zJ 2

=

2

2

=2
2

|zL |2 = − 2 = 2.
On a donc OA = OB = OJ = OL = 2 : les points A, B, J et L appartiennent à un même cercle de centre O et le rayon 2. π 3π
4. a. Un argument de zJ est et un argument de zD est
, donc l’angle de la
2
4 π rotation est .
4
π
b. Par définition de la rotation de centre O et d’angle , on a :
4
2
2
π π zC − zO = ei 4 (zL − zO ) ⇐⇒ zC = ei 4 zL =
+i
− 2 = −1 − i.
2
2
5. On a successivement :
O est milieu de [BD] et [AC], donc ABCD est un parallélogramme ;
AC = BD = 2 2, (diagonales de carré de côté 2) donc ABCD est un rectangle ;

(AC) et