Asie 2012. Enseignement spécifique

EXERCICE 2

    1. $\left|z_A\right|=\sqrt{\left(-\sqrt{3}\right)^2+1^2}=2$ puis
      $z_A=2\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}i\right)=2\left(\cos\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)+i\sin\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)\right)=2e^{\frac{5i\pi}{6}}$.

      Graphique. $A$ est le point du cercle de centre $O$ et de rayon $2$, d'ordonnée $1$ et d'abscisse négative. $A_1$ est le symétrique de $A$ par rapport à l'axe des abscisses.

      image/svg+xml12 − 1 − 2 − 312 − 1 − 2 − 3 O

    2. $z_{A_1}=\overline{\left(2e^{\frac{5i\pi}{6}}\right)}=2\;\overline{\left(e^{\frac{5i\pi}{6}}\right)}=2e^{-\frac{5i\pi}{6}}$ puis
      $z_B=e^{\frac{i\pi}{6}}z_{A_1}=e^{\frac{i\pi}{6}}\times2e^{-\frac{5i\pi}{6}}=2e^{i\left(\frac{\pi}{6}-\frac{5\pi}{6}\right)}=2e^{-\frac{4i\pi}{6}}=2e^{-\frac{2i\pi}{3}}$.

      Ensuite,

      $z_B=2\left(\cos\left(-\dfrac{2\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\dfrac{2\pi}{3}\right)\right)=2\left(-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=-1-i\sqrt{3}$.

      $z_B=2e^{-\frac{2i\pi}{3}}=-1-i\sqrt{3}$.

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    1. $OA=\left|z_A\right|=2$ et $OB=\left|z_B\right|=2$. On en déduit que $OA=OB$ et donc que le triangle $OAB$ est isocèle en $O$.

      Les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{OA}$ sont $(-\sqrt{3},1)$ et les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{OB}$ sont $(-1,-\sqrt{3})$.

      $$\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=\left(-\sqrt{3}\right)\times(-1)+1\times\left(-\sqrt{3}\right)=0.$$

      On en déduit que les droites $(OA)$ et $(OB)$ sont perpendiculaires et donc que le triangle $OAB$ est rectangle en $O$.

      Finalement, le triangle $OAB$ est rectangle isocèle en $O$.


    2. Pour construire $\Delta$, on construit au compas la bissectrice d'un angle de mesure $\dfrac{\pi}{6}$.
      image/svg+xml12 − 1 − 212 − 1 − 2 − 3 O

    3. $\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{w}\right)=\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{u}\right)+\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{w}\right)=-\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{OA}\right)+\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{w}\right)=-\text{arg}\left(z_A\right)+ \text{arg}\left(z_{\overrightarrow{w}}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{z_{\overrightarrow{w}}}{z_A}\right)$.

      On admet que $\left(\overrightarrow{w},\overrightarrow{OB}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{z_B}{z_{\overrightarrow{w}}}\right)\;[2\pi]$.


    4. L'affixe du vecteur $\overrightarrow{w}$ est $e^{\frac{i\pi}{12}}$ puis
      • $\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{w}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{z_{\overrightarrow{w}}}{z_A}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{e^{\frac{i\pi}{12}}}{2e^{\frac{5i\pi}{6}}}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{1}{2}e^{i\left(\frac{\pi}{12}-\frac{5\pi}{6}\right)}\right)=\text{arg}\left(e^{-\frac{9i\pi}{12}}\right)=\text{arg}\left(e^{-\frac{3i\pi}{4}}\right)=-\dfrac{3\pi}{4}\;[2\pi]$.
      • $\left(\overrightarrow{w},\overrightarrow{OB}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{z_B}{z_{\overrightarrow{w}}}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{2e^{\frac{-2i\pi}{3}}}{e^{\frac{i\pi}{12}}}\right)=\text{arg}\left(2e^{i\left(-\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{12}\right)}\right)=\text{arg}\left(e^{-\frac{9i\pi}{12}}\right)=\text{arg}\left(e^{-\frac{3i\pi}{4}}\right)=-\dfrac{3\pi}{4}\;[2\pi]$.

      Donc, $\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{w}\right)=\left(\overrightarrow{w},\overrightarrow{OB}\right)$. Ceci montre que la droite $\Delta$ est la bissectrice de l'angle $\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right)$.

      Puisque le triangle $OAB$ est isocèle en $O$ d'après la question 2)a), la droite $\Delta$ est également la médiatrice du segment $[AB]$. On en déduit que les points $A$ et $B$ sont symétriques par rapport à la droite $\Delta$.


  3. $z_{B_1}=\overline{\left(2e^{-\frac{2i\pi}{3}}\right)}=2\overline{\left(e^{-\frac{2i\pi}{3}}\right)}=2e^{\frac{2i\pi}{3}}$ puis
    $z_{B'}=e^{\frac{i\pi}{6}}z_{B_1}=e^{\frac{i\pi}{6}}\times2e^{\frac{2i\pi}{3}}=2e^{i\left(\frac{\pi}{6}+\frac{2\pi}{3}\right)}=2e^{\frac{5i\pi}{6}}=z_A$,

    et donc $B'=A$.


  4. $\left|z_C\right|=\sqrt{2}\times\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\times\sqrt{2}=2$ puis
    $z_C=2\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}i\right)=2\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\right)=2e^{\frac{i\pi}{4}}$.

    Le point $O$ appartient à la droite $\Delta$. Donc, $O$ est le symétrique de $O$ par rapport à $\Delta$. Comme d'autre part, $D$ est le symétrique de $C$ par rapport à $\Delta$, on a

    $OD=OC=\left|z_C\right|=2$.

    Posons alors $z_D=2e^{i\theta}$ où $\theta\in\mathbb{R}$. On a $\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{OD}\right)=\theta\;[2\pi]$. Puisque $D$ est le symétrique de $C$ par rapport à la droite $\Delta$, la droite $\Delta$ est la bissectrice de l'angle $\left(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OD}\right)$. Mais alors $\left(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{w}\right)=\left(\overrightarrow{w},\overrightarrow{OD}\right)$. Or,

    • $\left(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{w}\right)=\left(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{u}\right)+\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{w}\right)=-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{12}\;[2\pi]$,
    • $\left(\overrightarrow{w},\overrightarrow{OD}\right)=\left(\overrightarrow{w},\overrightarrow{u}\right)+\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{OD}\right)=-\dfrac{\pi}{12}+\theta\;[2\pi]$.

    Par suite, $-\dfrac{\pi}{12}+\theta=-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{12}\;[2\pi]$ ou encore $\theta=-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\pi}{12}\;[2\pi]$ ou enfin $\theta=-\dfrac{\pi}{12}\;[2\pi]$. Finalement,

    $z_D=2e^{-\frac{i\pi}{12}}$.

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