Extrait du Bac - Complexes et calcul d`aire - Math-Question

Transcription

The gate of conviction now begins to swing.
An equation is an exercise in symmetry and balance; two things exist in a precarious state of equipoise whenever
an equation is affirmed.
.
Dans l’ensemble C
I des nombres complexes, i désigne le nombre de module 1 et

d’argument .
2
1° _ Montrer que (1 + i)6 est un imaginaire pur.
2° _ On considère l’équation (E) : z² = – 8i.
) _ Déduire de 1° une solution de l’équation (E).
) _ L’équation (E) possède une autre solution ; écrire cette solution sous forme
algébrique.
3° _ Déduire également de 1° une solution de l’équation (E’) : z3 = – 8i.
2
.
3
) _ Déterminer l’affixe b du point B, image de A par r, ainsi que l’affixe c du
point C, image de B par r.
4° _ On considère le point A d’affixe 2i et la rotation r de centre O et d’angle
) _ Montrer que b et c sont solutions de (E’).
5° ) _ Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormale direct,


(O ; u , v ) (unité graphique 2 cm), représenter les points A, B et C.
) _ Quelle est la nature de la figure que forment les images de ces solutions ?
) _ déterminer le centre de gravité de cette figure.
La porte de la conviction commence à s’ouvrir.
Une équation est un exercice de symétrie et d’équilibre dans lequel deux choses existent
dans un état de stabilité précaire.
1/25
.
La courbe  donnée ci-dessous est la représentation graphique de la fonction f
Log x
définie sur ]0, + [ par : f(x) =
+ 1 – x.
x
y
0.2
A
o
H
G0.8
0.4
C
1.2
1.6
2
2.4
x
F
E
-0.2
D
-0.4
B
-0.6
-0.8
-1
-1.2
1° ) _ Étudier les variations de la fonction f pour tout x strictement positif.
) _ En déduire les coordonnées du point de  d’ordonnée maximale.
2° _ on note A() l’aire, exprimée en unité d’aire, de la partie du plan grisée sur
la figure, où  désigne un réel de l’intervalle +0, 1* ( est l’abscisse du point A sur la
figure).
) _ Exprimer A() en fonction de .
2/25
.
) _ Calculer la limite de A() lorsque  tend vers 0.
Donner une interprétation graphique de cette limite.
3° _ On définit une suite (un)
n  IN
n  IN, un + 1 =
Log un
un
par son premier terme u0 élément de [1 ; 2] et
+ 1.
) _ Démontrer, que  x  [1, 2], la double inégalité : 0 
Log x
x
 1.
) _ Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n , un  [1, 2].
4° _ En remarquant que, pour tout entier naturel n, un + 1 = f(un) + un, déterminer
le sens de variation de la suite (un)
5° ) _ Montrer que la suite (un)
n  IN
n  IN
est convergente.
On note ℓ sa limite.
) _ Déterminer la valeur exacte de ℓ.




On a représenté ci-dessous, dans un repère orthonormal (O; i ; j ), la courbe
représentative de la fonction f dérivable sur IR, solution de l’équation différentielle
(E ) : y’ + y = 0 et telle que f(0) = e.
3/25
.
1° _ Déterminer f(x) pour tout x réel.
2° _ Soit t un réel donné de l’intervalle *1, e].
Résoudre dans IR l’équation e 1 –
x
= t d’inconnue x.
y
o
x
3° _ Soit A le point d’abscisse 0 et B le point d’abscisse 1 de la courbe.
On considère le solide obtenu par rotation autour de l’axe des coordonnées de l’arc
de courbe AB comme représenté ci-dessous. On note V son volume.
4/25
.
e
On admet que V =  
1 (1 – Log t)²dt. Calculer V.
1° _ Soit Z = (1 + i)6
Nous avons : 1 + i =
soit 1 + i =
i3/2
 2
2

2
+ i
2 
 2



2 cos + i sin  donc 1 + i =
4
4

On en déduit que: Z =
Or e
2 d’où 1 + i =
(
2e
i /4
2e
6
)
d’où Z =
i /4
( 2)
6
e
i6/4
= 8 e
i3/2






= cos  +  + i sin +  = – cos – sin = – i donc Z = – 8i.
2
2
2
2


5/25
.
2° _ Soit (E) l’équation z² = – 8i.
) _ Puisque
[(1 + i)3]
2
= – 8i on en déduit que (1 + i)3 = 2
2e
i3/4
est une
solution de (E).
) _ Nous avons : z² –
[(1 + i)3]
2
= 0 
(z – (1 + i)3)(z
z est solution de (E) si et seulement si, z = (1 + i)3
On a : – (1 + i)3 = – 2
2e
[(1 + i)3]
2
[
 – (1 + i)3 = – 2
ou z = – (1 + i)3.
3
3 

2 cos
+ i sin

4
4 


2
2
 donc – (1 + i)3 = 2 – 2i.
2 –
+ i
2
2


D’où : – (1 + i)3 = – 2
3° _
i3/4
+ (1 + i)3) = 0
2
= (1 + i)
]
3
= – 8i donc une solution de l’équation (E’) : z3 = – 8i
est (1 + i)² = 2i, car – 8i = (2i)
3
4° _ Soit A le point d’affixe 2i et r la rotation de centre O et d’angle
2
.
3
) _ r associe à tout point M d’affixe z le point M’ d’affixe z ’ définie par :
 1
z ’ = e i2/3z  z ’ = –
+ i
 2
car
e i2/3 = cos
3
z,
2
 cos ( – ) = – cos 
2
2


+ i sin
= – cos + sin
en effet, 
3
3
3
3
 sin ( – ) = sin 
6/25
.
On en déduit que le B image de A par r admet pour affixe b avec :
 1
b = –
+ i
 2
3
  (2i) car z = 2i, soit donc b = – i –
2 
3.
Le point C, image de B par r admet pour affixe c donnée par :
 1
c = –
+ i
 2
donc c =
3
  (– i –
2 
3) =
1
– (1 + i
2
3 )i (1 + i
3) =
1
i (1 – 3 – 2i
2
3)
3 – i.

3
1 
– i 5/6
) _ Nous avons : b = 2 –
– i = 2 e
2 
 2
3
3
(
d’où b = 2  e
– i 5/6
3
)
= 8  e – i5 /2 donc b = – 8i.
3
b est solution de (E’).
 3
– i /6
– i /2
1 
D’autre part, c = 2 
– i = 2 e
d’où c3 = 8 e
donc c3 = – 8i.
2
2


Cela montre que c est solution de (E’).
5° ) _ Nous avons :
7/25
.
AB = –
Par ailleurs,
3 – i – 2i =
AC =
3 – i – 2i =
BC =
–( 3– i +
3+ 9 = 2
3 – 3i =
3
3 + 9=2
3
3 + i)
BC = 2
3.
Puisque le triangle ABC a ses trois côtés de même longueur, on en déduit que ABC
est un triangle équilatéral.
) _ Le centre de gravité G du triangle ABC admet pour affixe : g =
donc g =
2i –
3 – i +
3
3 –i
a+b+c
3
= 0.
Le centre de gravité du triangle ABC est O.
8/25
.
1° ) La fonction x

Log x

x
de fonctions dérivables et
avec
x  0 est dérivable sur ]0, + [ comme quotient
x
1 – x


est également dérivable sur le même
référentiel donc f est dérivable sur ]0, + [ et x  ]0, + [
f’(x) =
1
1
–
 Log x
x
2 x
2
(
1
f’(x) =
f’(x) =
– 2(x
x
–
1
2
x
2x
on alors  x  ]0, + [,
x)
 Log x – x
=
x
x – 1) + Log x
x
2 – Log x – 2x
2x
, posons N(x) = – 2 (x
f’(x) =
Puisque,  x  ]0, + [ , 2x
sur ]0, + [.
– 1
N(x)
2x
x
x
x
x – 1) + Log x
.
x > 0, on en déduit que f’(x) est du signe d N(x)
) _ N(1) = – (2(1 – 1) + Log 1) donc N(1) = 0.
Pour tout x  ]0, 1[, on a x < 1 et x < 1.
Par conséquent, pour tout x  ]0, 1[, x x < 1, soit  x  ]0, 1[, x
x – 1 < 0 soit
9/25
.
2 (x
x – 1) < 0. Puisque l’on a aussi,  x  ]0, 1[, Log x < 0, on en déduit que
 x  ]0, 1[, 2 (x
x – 1) + Log x < 0  – 2 (x
x – 1) + Log x > 0.
Ainsi,  x  ]0, 1[ , N(x) > 0.
 x  ]1, + [, x
x > 1 x
x – 1 > 0 et 2 (x
x – 1) > 0 par ailleurs
 x  ]1, + [ , Log x > 0.
On en déduit que, pour tout x  ]1 ; + [, 2 (x
– 2 (x
x – 1) + Log x > 0 d’où
x – 1) + Log x < 0 soit N(x) < 0.
) _ Nous avons montré que f’(x) est du signe de N(x) sur ]0, + [. Il en résulte
que  x  ]0, 1[ , f’(x) > 0 et  x  ]1, + [ , f’(x) < 0 en fin f’(1) = 0.
f est strictement croissante sur ]0, 1[ et strictement décroissante sur [1, + [.
Le maximum de f est atteint en x = 1 et : f(1) =
Log 1
+ 1 – 1 = 0.
1
Les coordonnées du point de  d’ordonnées maximale sont (1, 0).
2° ) _ Soit A() l’aire du domaine plan délimité par , l’axe des abscisses et les
droites d’équations x =  et x = 1. Puisque f est négative sur [, 1], on peut
affirmer que l’aire A() exprimée en unités d’aire, est donnée par :
1
A() = – 
 f(x) dx
Ainsi,
10/25
.

 1 Log x
A() = – 
+ 1 – xdx

x

 
D’où
 1 Log x
1
A() = – 
dx – 
 (1 – x)dx par linéarité de l’intégrale
x

 1 Log x
A() = – 
dx
x

1  1

– x – x²
2 

1
1 
 1 Log x


A() = – 
dx – 1 –  +  – ²
2
2 
x



Donc
²
1
 1 Log x
A() = – 
dx –
+ – .
2
2
x

 1 Log x
Posons J = 
dx et calculons J à l’aide d’une intégration par parties en
x

 u(x) = Log x
 u’(x) = 1
1
x
posant :  v’(x) = 1
on a J = 
et les fonctions
 u(x)v’(x)dx avec 
x

 v(x) = 2 x
u, v, u’, v’ sont continues sur [, 1].
1
Par conséquent, J = [u(x)v(x)]1 – 
 u’(x)v(x)dx
J = [2
1
1
x Log x] – 

2
x
dx = 2 Log 1 – 2  Log  –
[4
1
x]
J = – 2  Log  – 4 + 4 .
11/25
.
On en déduit que : A() = 2  Log  + 4 – 4
A() = 2  Log  – 4
) _ Nous avons :
 –
 –
²
7
+ + .
2
2
7 7
 ²
+ +  =
et
–
2
2 2
0,  > 0 
lim
 
²
1
+ –
2
2
Nous avons aussi, pour tout réel  > 0, 2
lim
  0,  > 0
4  = 0
 Log  = 2  Log ( )
2
2  Log  = 4  Log ( )
Or
lim
  0,  > 0
donc
lim
  0,  > 0
 = 0 et
lim
X  0, X > 0
= 2  Log  = 0 par suite
lim
X Log X = 0
  0,  > 0
A() =
7
.
2
L’aire du domaine délimité par , l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite
d’équation x = 1 est égale
3° _ Soit (un)
n  IN
7
unités d’aire.
2
la suite définie par
 u0  [1 , 2]
 n  IN, u
n+1

=
Log un
un
+ 1
12/25
.
) _ x  [1, 2], on a Log x  0 et
En outre, pour tout x  [1, 2],
x  0, par conséquent, x  [1, 2],
x  1
1
x
Log x
x
 0.
 1 et Log x  1, puisque,
x  [1, 2], on a x < e. Il en résulte que pour tout x  [1, 2],
Log x
x
 1.
Il s’ensuit que, pour tout x  [1 ; 2] 0  .
) _ Nous avons u0  [1, 2].
Hypothèse de récurrence, on suppose n  IN, on a un  [1, 2].
Nous avons un + 1 =
Log un
un
+ 1. Or nous avons montré à la question précédente
que, pour tout x  [1, 2], 0 
Log x
x
 1.
Puisque un  [1, 2], nous en déduisons que 0 
d’où 1 
Log un
un
Log un
un
 1
+ 1  2 et 1  un + 1  2, ce qui montrer que un + 1  [1, 2].
Ainsi, pour tout n  [1, 2], un  [1, 2].
4° _ un + 1 =
Log un
un
+ 1 – un + un = f(un) + un d’où n  IN, un + 1 – un = f(un)
13/25
.
Or nous avons montré que,  x  ]0, + [, f(x) < 0, on en déduit que, pour tout
n  IN, un + 1 – un < 0 donc un + 1 < un ce qui montre que la suite (un) est
décroissante.
5° ) _ (un) est décroissante et minorée par 1 (puisque, pour tout
n  IN,
un  [1, 2], donc (un) est décroissante.
) _ Soit ℓ
sa limite.
Puisque un + 1 = f(un) + un , il en résulte que
car
lim
n  +
f(un) = f(ℓ) ( continuité de f
lim
n  +
un + 1 = f(ℓ ) + ℓ
sur [1, 2]). Le principe d’unicité de la
limite permet d’affirmer que ℓ = f(ℓ) + ℓ soit f(ℓ) = 0 et nous avons montré
dans la question 1° que l’unique solution de l’équation f(x) = 0 est x = 1.
On en déduit que ℓ = 1.
14/25
.
 y’ + y = 0
1° _ Soit (E ) l’équation différentielle 
 y(0) = e
dy
y
= – dx soit Log
= – x Log e

y
y’ + y = 0  y’ = – y 
donc les fonctions g solutions de (E ) sont définies, pour tout x  IR, par :
g(x) =  e – x où   IR.
 est déterminée à partir des conditions initiales : g(0) = e  e 0 = e d’où  = e.
donc la solution f de (E ) est la solution définie, pour tout x  IR, par :
f(x) = e  e – x soit, f(x) = e 1 – x.
2° _ Soit t  [1, e], f(x) = t  e 1 –

x
= t  Log (e 1 –
x
)
= Log t
1 – x = Log t  x = 1 – Log t.
L’ensemble des solutions de l’équation e 1 –
x
= t est {1 – Log t}.
3° _ Soit A et B les points de la courbe représentative de f d’abscisse respectives
0 et 1.
Le volume V du solide obtenu par rotation autour de l’axe des ordonnées de
e
l’arc de courbe AB est donné par V =  
1 (1 – Log t)²dt.
15/25
.
 u(t) = (1 – Logt)²

Posons,  t  [1, e],  dv(t)
 dt = dt
Nous avons,  t  [1, e],
 du(t)
 1

= 2 (1 – Logt)  – 
 dt
 t
 v(t) = t
Et les fonctions u, v, u’, v’ sont continues sur [1, e].
e
Par suite, V =  [u(t)v(t)] e – 
1 v(t)du(t)

1
e
e

V =  [t (1 – Log t)²] + 2 
1 (1 – Logt)dt

1

c’est-à-dire :
e
e
V =  e(1 – Log e)² – (1 – Log 1) + 2 
1 dt – 2 
1 Log t dt
(
)
e
V =  – 1 + 2[t]1e – 2 
1 Log t dt

V = 
(– 1 + 2
V = 
e
e
– 2 – 2
1 Log t dt
)
(– 3 + 2
e
e
– 2
1 Log t dt .
)
e
Calculons J = 
1 Log t dt à l’aide d’une intégration par partie en posant
 t  [1, e],
 u1(t) = Log t
 dv1(t)
 dt = dt

 du’1 = 1
 dt t
 dv1(t) = t
16/25
.
Les fonctions u1, v1, u’1, v’
J =
[u1(t) v1(t)]1
J = [t Log t]
e
1
e
1
étant continues sur [1, e], on en déduit que :
–  e v1(t)d u’1(t)
1
e 1
– 
 t dt =
1 t
e Log e – Log 1 – [t]
1
e
= e – e + 1;
J = 1.
On en déduit que : V = ( – 3 + 2e – 2) = (2e – 5).
On ne saurait clore le chapitre de construction de IR sans méditer sur la question
suivante : les réels ne seraient-ils pas un peu < « irréels » ?
Il ne s’agit pas seulement d’un propos « d’après Chateau d’Yquem » comme, certains
collègues et néanmoins amis pourraient le penser, mais d’une remarque liée au fait
qu’on ne connaît aucun phénomène physique représenté par IR, même pas<. Le
temps, sur la nature duquel on ne sait rien et que l’on admet pouvoir représenter par
IR.
Quant à dire que 2, ou , < existent, oui, ils existent dans IR que l’on a construit,
mais qu’est ce qu’un carré « physique » ? Et si la matière est corpusculaire, (à
caractère fini) quelle est la réalité de sa diagonale ?
Ce propos, amusant, est d’autant plus intéressant que par contre, les complexes,
construits à partir de IR ne sont pas, eux, si complexes que cela, et que beaucoup de
situations sont plus claires dans C
I que dans IR, (en classes préparatoires, on le
constate dans les réductions des endomorphismes en dimension finie, dans les
problèmes d’analycité des fonctions<), comme vous le verrez, si d’aventure, vous
osez franchir ce pas.
17/25
.
Les nombres Complexes
Dans chacun des cas suivants, résoudre dans C
I l’équation f(z) = 0, sachant qu’elle
admet une solution réelle.
1 _ f(z) = iz3 + (2i – 1)z² – (i + 4)z + 3(2i – 1).
Soit r un réel. On
R(f(r)) = – r² – 4r – 3 et I(f(r)) = r3 + 2r² – r + 6.
 r² + 4r + 3 = 0
Le complexe f(r) est nul si, et seulement si,  3
.
 r + 2r² – r + 6 = 0
Il en résulte l’équivalence suivante : [r  IR et f(r) ] = 0  [r = – 3].
Le polynôme f(z) se factorise donc sous la forme :
f(z) = (z + 3)[iz² – (i + 1)z + 2i – 1].
L’équation
(2) iz² – (i + 1)z + 2i – 1 = 0
a pour discriminant
 = (i + 1)² – 4i (2i – 1) = 8 + 6i
Déterminons une racine de 
En plus des résultats généraux, on peut déterminer les racines carrées d’un nombre
complexe par la méthode algébrique.
Soit z = x + iy et u = a + ib deux nombres complexes (a, b, x, y sont réels).
18/25
.
On a l’équivalence u² = z 
 a² – b² = x
 2ab = y
 a² + b² =
x² + y²
Remarque _ on n’utilise pratiquement la méthode algébrique que pour la recherche
des racines carrées.
Application :
z = 8 + 6i = (a + ib)² = a² + 2iab – b² 
 a² – b² =
 2ab = 6
 a² + b² =
8
8² + 6² = 10
on a alors, 2a² = 18  a² = 9 soit a = ± 3, par suite, b² = 10 – 9 = 1, soit a = ±
1
Une racine de  est 3 + i. On en déduit les racines de l’équation (2)
z1 =
1 + i – (3 + i)
1+ i + 3 + i
= i et z2 =
= 1 – 2i
2i
2i
Les racines de l’équation f(z) = 0 sont donc – 3, i et 1 – 2i.
2 _ f(z) = z3 – 4iz² – 6 + 12i.
Soit r un réel. On a
R(f(r)) = r3 – 7r – 6 et I(f(r)) = – 4r² – 2r + 12 ;
19/25
.
Le nombre complexe
imaginaire sont nulles.
f(r) est nul si, et seulement si, sa partie réelle et sa partie
L’équation – 4r² – 2r + 12 = 0 admet pour solutions les réels – 2 et
3
.
2
 3
De R(f(– 2)) = 0 et R f    0, il résulte [f(r) = 0, r  IR]  (r = – 2).
 2
On en déduit la factorisation f(z) = (z + 2)(z² – (4i + 2)z + 6i – 3).
L’équation du second degré
(2)
z² – (4i + 2)z + 6i – 3 = 0 a pour discriminant réduit
’ = (2i + 1)² – (6i – 3) = – 2i ;
 a² – b² = 0
 2ab = – 2
 a² + b² = 2
 2a² = 2 soit a = ± 1 b = ± 1, mais ab < 0.
Une racine de ’ est 1 – i. les racines de (2) sont donc
 z1 = 2i + 1 – (1 – i) = 3i

.
 z2 = 2i + 1 + (1 – i) = 2 + i
Par conséquent, les racines de l’équation f(z) = 0 sont les nombres
– 2, 3i , 2 + i.
20/25
.
3 _ f(z) = 2z3 – (1 + 2i)z² + (25i – 1)z + 13i.
Soit r un réel. On a
R(f(r)) = 2r3 – r² – r et I(f(r)) = – 2r² + 25r + 13.
L’unique solution commune aux équations R(f(r)) = 0 et I(f(r)) =
1
.
2
0 est r = –
On en déduit la factorisation f(z) = (2z + 1)(z² – (1 + i)z + 13i).
L’équation du second degré (2)
z² – (1 + i)z + 13i = 0 a pour discriminant
 a² – b² = 0
 = (1 + i)² – 52i = – 50i = [5(1 – i)]² ; en effet,  2ab = – 50
 a² + b² = 50
Les racines (2) sont donc
z1 =
1 + i – 5(1 – i)
1 + i + 5(1 – i)
= – 2 + 3i et z2 =
= 3 – 2i ;
2
2
L’ensemble des solutions de l’équation (1) est, par conséquent,
S = {–
1
, – 2 + 3i, 3 – 2i}.
2
21/25
.
Résoudre dans C,
I pour n  IN*, les équations (E) suivantes :
1 _ zn = – 1 ;
On a – 1 = cos  + i sin  ; Les solutions de l’équation (E) sont donc
2k
2k


zk = cos  +
 + i sin  +
, avec k  ,0, 1, < , n – 1}.
n 
n 
n
n
En effet, pour tout complexe z = a + ib (avec a et b réels), on a les équivalences
suivantes :
Considérons l’ensemble U des nombres complexes de module 1.
(z  U)  [a² + b² = 1]  [  !   IR/2ZZ, z = cos  + i sin ]
  =  + 2k
  =  + 2k
cos  = cos   
et sin  = 0 = sin   
  = –  + 2k
  =  –  + 2k
2 _ zn = 1 – i
1 – i
1 – i
3;
²
3 = 1² + ( 3)² = 4, d’où
1
3
 =
3 = 2 – i
2 
2
 cos  =
1 – i
3 = 2, puis
r(cos  + i sin )
1

= cos , d’où
2
3
  = 3 + 2k


  = – 3 + 2k
et
22/25
.
sin  = –
3

= sin –  d’où
2
 3
On en déduit 1 – i
  = – 3 + 2k


  =  + 3 + 2k

 
 
3 = 2 cos –  + i sin – .

 3
 3 
Les solutions de l’équation (E) sont donc
2k
2k

 
 
zk = 21/n cos –
+
+
 + i sin –
, avec k  ,0, 1, <, n – 1}.
n 
n 

 3n
 3n
An equation is an exercise in symmetry and balance; two things exist in a
precarious state of equipoise whenever an equation is affirmed.
Une équation est un exercice de symétrie et d’équilibre dans lequel deux
choses existent dans un état de stabilité précaire.
23/25
.
Soit P un plan (affine euclidien ! disent les puristes) orienté rapporté à un repère
orthonormal direct. Dans chacun des cas suivants, déterminer l’ensemble  des
points M d’affixe z du plan P vérifiant :
1 _ (1 – i)z + 2i = 2
La relation
effet, z z = z
(1 – i)z + 2i = 2 est équivalente à [(1 – i)z + 2i][ ( 1 – i)z + 2i ] = 4, en
²
, d’où *(1 – i)z + 2i][(1 + i) z – 2i] – 4 = 0, en développant, on obtient :
2z z – 2i(1 – i)z + 2i(1 + i) z + 4 – 4 = 0  2z z + 2i( z – z) – 2(z + z ) = 0
ou encore z z + i( z – z) – (z + z ) = 0. (1)
Posons z = x + iy, avec x et y réels.
L’égalité (1) s’écrit (x + iy)( x – iy) + i(x – iy – x – iy) – (x + iy + x – iy) = 0
soit
x² + y² + 2y – 2x = 0  (x – 1)² + (y + 1)² = 2
 est donc le cercle de centre de (1, – 1) et de rayon
2.
²
2 _ z² – (1 + i)² = z – (1 – i)²
²
L’égalité z² – (1 + i)² = z – (1 – i)²
est équivalente à z² – z
²
= (1 + i)² – (1 – i)², soit (z – z )(z + z ) = 4i.
posons z = x + iy , avec x et y réels.
M est donc élément de  si, et seulement si, 2x  2iy = 4i.
24/25
.
Il en résulte que  est l’hyperbole d’équation y =
3_
z – 1 = z – (1 +
1
.
x
3) + i
Posons z = x + iy , avec x et y réels.
3) + i 
z – 1 = z – (1 +
(x – 1)² + y² =
[x –
(1 +
²
3)] + (y + 1)²
en élevant les deux membres au carré, et en égalant à zéro,
 (x – 1)² + y² –
[x
3)]
– (1 +
²
– (y + 1)² = 0
en développant,
x² – 2x + 1 + y² – [x² – 2(1 +
 – 2x(1 – 1 –
3)x + 1 + 2
3) – 2y – 4 – 2
3=0 
3 + 3] – y² – 2y – 1 = 0
3x – y –(2 +
3 )= 0.

. Car la pente
3
d’une droite correspond à la tangente de l’angle que fait la droite en question, avec


l’axe des abscisses. tg  = 3  tg  = tg
  =
+ k
3
3
On en déduit que  est la droite passant par A(1, – 2) et de pente
25/25

Extrait du Bac - Complexes et calcul d`aire - Math-Question

Transcription

Documents pareils

Editeur d equation sous word

Transformateur de log

equation sous word 2007

une correction du CS d`exercices du 8 juin 2006

CONTROLE SUR LES FONCTIONS LOGARITHMES PROC SUJET 1

Filière : Agent Commercial

Détermination de E°(Ox/Red) à partir d`autres potentiels rédox

Première S2 Devoir Maison no 1 Pour le 22/09/08 Exercice 1. 1. (a

Utiliser les équations dans Word - Angel

PASSION LOGEMENT rue de Malpalu Appartement 2 pièces, à