Durée : 4 heures

Corrigé du baccalauréat STI Polynésie juin 2010 Génie électronique, électrotechnique, optique

E XERCICE 1 1. On a ∆ = 2 3 − 4 × 4 = 12 − 16 = −4 = (4i)2 . L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : z1 = 2. 2 3 + 2i = 2 3 + i et z2 = 3 − i.
2

5 points

a. On a |z1 |2 = 3 + 1 = 4 = 22 ⇒ |z1 | = 2. En factorisant : 3 1 i = 2 cos π + i sin π . z1 = 2 6 6 + 2 π Un argument de z1 est donc . 6 π Comme z2 = z1 , on a |z2 | = 2 et un argument de z2 est − . 6 π Enfin |z3 | = 2 et un argument de z3 est . 2 b. Les points A et B sont les points communs au cercle de centre O et de 1 rayon 2 avec la droite d’équation x = . Voir plus bas 2 2i 2i 3 − 2 1 3 z3 2i( 3 + i) = = = − +i . c. = z2 3+1 2 2 3 − i ( 3 + i)( 3 − i) Ou encore en utilisant les résultats de la question précédente : π z3 = 2ei 2 ; π z2 = 2e−i 6 ; π 2ei 2 z3 4π 2iπ i π+π 2 6 = ei 6 = e 3 . = donc π =e z2 2e−i 6 z3 2π = ei 3 . d. On a donc z2 z2 ce qui montre que C est l’image de B dans la rotation R 2π de centre O et d’angle . 3 3 + i + zE ⇐⇒ zE = 2 Donc z3 = ei
2π 3

3. Soit

a. O est le milieu de [AE], ce qui se traduit par 0 = − 3 − i.
2π 3

b. L’image du point C par la rotation R a une affixe égale à : ei 3 1 (2i) = − 3 − i = zE (2i) = − + i 2 2

4. On a BE = |zE − zB | = | − 3 − i − 3 + i| = |2 3| = 2 3 ; BC = |zC − zB | = |2i − 3 + i| = | − 3 + 3i| = 3 + 9 = 12 = 2 3 ; CE = |zE − zC | = | − 3 − i − 2i| = | − 3 − 3i| = 3 + 9 = 12 = 2 3 ; On a donc BE = BC = CE : le triangle BEC est équilatéral. On aurait pu également dire que les triangles OBC, OCE et OEB sont des 2π : ils triangles isocèles (côtés de longueurs 2) avec un angle au sommet de 3 sont donc superposables et BE = BC = CE : le triangle BEC est équilatéral.

Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique

A. P. M. E. P.

E XERCICE 2 1. L’équation 9r 2 + 1 = 0 a deux solutions dans C : 1 1 i et − i. 3 3 On sait que la forme générale d’une solution de (E) est : f (x) = A cos x + B