6CONCOURSCOMMUN2006DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTESEpreuve de Mathématiques(toutes filières)PREMIER PROBLEMEEtude d’une fonction.1.D =C \ {2i}.22. a) Soient (x,y)∈R , puis z =x+iy.q2 2 2 22 2z =8−6i⇔ Re(z ) =8 et |z | = 8 +(−6) et sgn(Im(z )) = sgn(−6) 2 2 2 x −y =8 (I) 2x =18 (II)+(I) x =±32 2 2⇔ x +y =10 (II) ⇔ 2y =2 (II)−(I) ⇔ y =±1 xy<0 xy<0 xy<0⇔ (x,y) = (3,−1) ou (x,y) = (−3,1)⇔z =3−i ouz = −3+i.Les racines carrées de 8−6i sont 3−i et −3+i.b) Soit z∈C \ {2i}.2z 2f(z) =1+i⇔ =1+i⇔z −(1+i)z−2+2i =0z−2i2 2Le discriminant de cette équation vaut (1 +i) −4(−2 +2i) = 8 −6i = (3 −i) . Cette équation admet donc deux(1+i)+(3−i) (1+i)−(3−i)solutions complexes distinctes à savoir z = =2 et z = = −1+i.1 22 2Les antécédents de 1+i par f sont 2 et −1+i.23. Soit (h,z)∈C .2z 2 2 2f(z) =h⇔ =h⇔z =h(z−2i) etz =2i⇔z =h(z−2i)⇔z −hz+2ih =0.z−2i2Le discriminant de cette équation vaut h −8ih ou encore h(h−8i).•Si h∈/ {0,8i}, ce discriminant est non nul. Dans ce cas, h admet exactement deux antécédents distincts.•Si h =0 ou h =8i, ce discriminant est nul. Dans ce cas, h admet exactement un antécédent.4. Ainsi, tout complexe h admet au moins un antécédent par f dans D. Ceci signifie que f est surjective ou encore quef(D) =C.5. 1+i a deux antécédents distincts, à savoir 2 et −1+i. f n’est donc pas injective.chttp ://www.maths-france.fr 1 Jean-Louis Rouget, 2006. Tous droits réservés.666bbb6. Soit z∈C \ {2i}. On pose z =x+iy ...
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CONCOURSCOMMUN2006
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Epreuve de Mathématiques
(toutes filières)
PREMIER PROBLEME
Etude d’une fonction.
1.
D =C \ {2i}.
22. a) Soient (x,y)∈R , puis z =x+iy.
q
2 2 2 22 2z =8−6i⇔ Re(z ) =8 et |z | = 8 +(−6) et sgn(Im(z )) = sgn(−6)
2 2 2 x −y =8 (I) 2x =18 (II)+(I) x =±3
2 2 2⇔ x +y =10 (II) ⇔ 2y =2 (II)−(I) ⇔ y =±1
xy<0 xy<0 xy<0
⇔ (x,y) = (3,−1) ou (x,y) = (−3,1)⇔z =3−i ouz = −3+i.
Les racines carrées de 8−6i sont 3−i et −3+i.
b) Soit z∈C \ {2i}.
2z 2f(z) =1+i⇔ =1+i⇔z −(1+i)z−2+2i =0
z−2i
2 2Le discriminant de cette équation vaut (1 +i) −4(−2 +2i) = 8 −6i = (3 −i) . Cette équation admet donc deux
(1+i)+(3−i) (1+i)−(3−i)
solutions complexes distinctes à savoir z = =2 et z = = −1+i.1 2
2 2
Les antécédents de 1+i par f sont 2 et −1+i.
23. Soit (h,z)∈C .
2z 2 2 2f(z) =h⇔ =h⇔z =h(z−2i) etz =2i⇔z =h(z−2i)⇔z −hz+2ih =0.
z−2i
2Le discriminant de cette équation vaut h −8ih ou encore h(h−8i).
•Si h∈/ {0,8i}, ce discriminant est non nul. Dans ce cas, h admet exactement deux antécédents distincts.
•Si h =0 ou h =8i, ce discriminant est nul. Dans ce cas, h admet exactement un antécédent.
4. Ainsi, tout complexe h admet au moins un antécédent par f dans D. Ceci signifie que f est surjective ou encore que
f(D) =C.
5. 1+i a deux antécédents distincts, à savoir 2 et −1+i. f n’est donc pas injective.
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b
b
b
6. Soit z∈C \ {2i}. On pose z =x+iy où x et y sont deux réels. On a
2 2z z2 2|z−2i| = (z−2i)(z−2i) = (z+2i)z ,
z−2i z−2i
et donc
2 2 2 2 2 2 2 2g(z) =z (z+2i+z) = (x −y +2ixy)(2x+2i) =2x(x −y )−4xy+i(4x y+2(x −y ))
3 2 2 2 2
= (2x −2xy −4xy)+i(4x y+2x −2y )
3 2 2 2 2∀z∈D, Re(g(z)) =2x −2xy −4xy et Im(g(z)) =4x y+2x −2y .
7. Soit z∈C \ {2i}.
3 2 2 2
g(z)∈iR⇔ 2x −2xy −4xy =0 et (x,y) = (0,2)⇔ 2x(x −y −2y) =0 et (x,y) = (0,2)
2 2⇔ (x =0 et (x,y) = (0,2)) oux −y −2y =0
2 2Γ est la réunion de l’axe (Oy) privé du point d’affixe 2i et de la conique d’équation x −y −2y =0.
2 2 2 2 2 28. x −y −2y = 0⇔ x − (y+1) = −1⇔ −x + (y+1) = 1. La courbe C est une hyperbole de centre Ω(0,−1),
d’axe focal la droite d’équation x =0 (c’est-à-dire la droite Δ) et d’axe non focal, la droite d’équation y = −1.√ √√ c
2 2On a aussi a = b = 1 et donc c = a +b = 2, puis e = = 2. Les foyers de C sont donc les points F =
b√ √ √
′(0,−1)+(0, 2) = (0,−1+ 2) et F (0,−1− 2).
√ √ √
C est une hyperbole d’excentricité 2 et de foyers les points de coordonnées (0,−1+ 2) et (0,−1− 2).
4
C
3
2
1
F
−6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6
Ω
−1
−2
′F
−3
−4
−5
D−6
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Etude d’un polynôme.
9. En développant (t−t )(t−t )(t−t ) et en identifiant avec les coefficients de P , on obtient :1 2 3 a
t +t +t =0 et t t t = −2.1 2 3 1 2 3
10. P (0) = 2 > 0. De plus, P (−∞) = −∞ < 0. Comme P est continu sur ] −∞,0], une généralisation du théorèmea a a
des valeurs intermédiaires montre que P a au moins une racine dans ]−∞,0[. En particulier, t <0.a 1
2
11. Mais alors t +t = −t > 0 et t t = − > 0. Par suite, t < 0 < t ≤ t . Enfin, −t = t +t ≥ 0+t = t .2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 3 3
t1
Finalement,
t <0