France métropolitaine 2010. Enseignement spécifique

EXERCICE 4

1. 1. \begin{align*} \alpha^2-4\alpha+8&=\left(1+i\sqrt{3}\right)^2-4\left(1+i\sqrt{3}\right)+8 =\left(1+2i\sqrt{3}-3\right)-4-4i\sqrt{3}+8=2-2i\sqrt{3}\\ &=2\left(1-i\sqrt{3}\right)=2\overline{\alpha}, \end{align*}

      et donc

      $\alpha^2-4\alpha=2\overline{\alpha}-8$.

   
   
   2. Le cercle $(\mathscr{C})$ est le cercle de centre $O$ et de rayon $2$.

      Or $OB=|\alpha|=\sqrt{1^2+\left(\sqrt{3}\right)^2}=\sqrt{4}=2$ puis $OC=|\overline{\alpha}|=|\alpha|=2$. Donc

      les points $B$ et $C$ appartiennent au cercle $(\mathscr{C})$.



2. 1. $\left|z_E\right|=\left|e^{i\frac{\pi}{3}}\right|\times\left|z_D\right|=\left|z_D\right|$ ou encore $OE=OD$. D'autre part, $\text{arg}\left(z_E\right)=\text{arg}\left(z_D\right)+\dfrac{\pi}{3}\;[2\pi]$.
      Le point $E$ est donc le point du cercle $(\mathscr{C})$ tel que le triangle $ODE$ soit équilatéral direct. *************************************
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   2. Soit $\theta\in]-\pi,\pi]$. $z_E=e^{i\pi/3}z_D=2\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right)e^{i\theta}=2\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)e^{i\theta}=\left(1+i\sqrt{3}\right)e^{i\theta}=\alpha e^{i\theta}$.

      $z_E=\alpha e^{i\theta}$.



3. 1. $z_F=\dfrac{z_B+z_D}{2}=\dfrac{\alpha+2e^{i\theta}}{2}=\dfrac{\alpha}{2}+e^{i\theta}$.

      $z_F=\dfrac{\alpha}{2}+e^{i\theta}$.

   
   
   2. Tout d'abord, $F\neq A$. En effet, si le milieu $F$ de la corde $[BD]$ est le point $A$, en particulier, le milieu $F$ de la corde $[BD]$ est sur le cercle $\mathscr{C}$ ce qui impose $B=D=F\neq A$. Donc, si $F=A$, on obtient une contradiction. Ensuite, \begin{align*} \dfrac{z_G-2}{z_F-2}&=\dfrac{\dfrac{\alpha e^{i\theta}+\overline{\alpha}}{2}-2}{\dfrac{\alpha}{2}+e^{i\theta}-2}=\dfrac{\alpha e^{i\theta}+\overline{\alpha}-4}{\alpha+2e^{i\theta}-4}=\dfrac{2\alpha e^{i\theta}+2\overline{\alpha}-8}{2(\alpha+2e^{i\theta}-4)}\\ &=\dfrac{2\alpha e^{i\theta}+\alpha^2-4\alpha}{2(\alpha+2e^{i\theta}-4)}\;(\text{d'après la question 1)a)})\\ &=\dfrac{\alpha(2e^{i\theta}+\alpha-4)}{2(\alpha+2e^{i\theta}-4)}=\dfrac{\alpha}{2}. \end{align*}

      $\dfrac{z_G-2}{z_F-2}=\dfrac{\alpha}{2}$.

   
   
   3. \begin{align*} \text{arg}\left(\dfrac{z_G-2}{z_F-2}\right)&=\text{arg}(z_G-z_A)-\text{arg}(z_F-z_G)=\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{AG}\right)-\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{AF}\right)=\left(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{u}\right)+\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{AG}\right)\\ &=\left(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AG}\right)\;[2\pi]. \end{align*}
   
   
   4. $\dfrac{AG}{AF}=\dfrac{|z_G-2|}{|z_F-2|}=\left|\dfrac{z_G-2}{z_F-2}\right|=\dfrac{|\alpha|}{2}=\dfrac{\sqrt{1^2+\left(\sqrt{3}\right)^2}}{2}=\dfrac{2}{2}=1$.
      Donc, $AG=AF$ et le triangle $AFG$ est isocèle en $A$. De plus, \begin{align*} \left(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AG}\right)&=\text{arg}\left(\dfrac{z_G-2}{z_F-2}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\text{arg}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right)\\ &=\dfrac{\pi}{3}\;[2\pi]. \end{align*}

      En résumé, le triangle $AFG$ est isocèle en $A$ et $\left(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AG}\right)=\dfrac{\pi}{3}\;[2\pi]$ et donc

      le triangle $AFG$ est équilatéral.

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4. Tout d'abord, $AF$ est minimal si et seulement si $AF^2$ est minimal avec $AF^2=f(\theta)$.

   Ensuite, $f\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)=4-3\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+\sqrt{3}\left(-\dfrac{1}{2}\right)=4-2\sqrt{3}$ et $f(\pi)=4-3(-1)+0=7$ ce qui permet de compléter le tableau de variation.

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   Ce tableau de variation montre que la fonction $f$ admet un minimum (ce qui valide la conjecture) en $x=-\dfrac{\pi}{6}$ et que ce minimum vaut $4-2\sqrt{3}$.

   La valeur minimale de $AF$ est $\sqrt{4-2\sqrt{3}}$.