Corrigé - exercitations mathématique appliquée 11, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé - exercitations mathématique appliquée 11, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 11. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la représentation paramétrique, la solution unique.
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TS-centresetrangers2012_IFaure.dvi

[ Sujet du baccalauréat S Centres étrangers juin 2012\

EXERCICE 1 4 points

Partie A

1. La droite (IJ) passe par I

(

1 ; 1

3 ; 0

)

, et elle est dirigée par −→ I J

(

−1 ; 1

3 ; 1

)

.

Une représentation paramétrique de cette droite est

x = 1−1× t

y = 1

3 + 1

3 × t

z = 0+1× t , t ∈R, soit

x = 1− t

y = 1

3 +

t

3 z = t

, t ∈R

2. La droite qui a pour représentation paramétrique

x = 3

4 + t

(

a− 3

4

)

y = t z = 1− t

, t ′ ∈ R, passe par le point de

coordonnées

(

3

4 ; 0 ; 1

)

, c’est-à-dire K ; le vecteur de coordonnées

(

a− 3

4 ; 1 ; −1

)

en est un vecteur di-

recteur. Or −→ KL

(

a− 3

4 ; 1 ; −1

)

. C’est donc bien une représentation paramétrique de (KL).

3. Les droites (IJ) et (KL) sont sécantes si, et seulement si, le système suivant admet une solution unique pour (t , t ′). 

x = 1− t

y = 1

3 +

t

3 z = t

x = 3

4 + t

(

a− 3

4

)

y = t z = 1− t

x = 1− t

y = 1

3 +

t

3 z = t

1− t = 3

4 + t

(

a− 3

4

)

1

3 +

t

3 = t

t = 1− t

x = 1− t

y = 1

3 +

t

3 z = t

1− (1− t ′)= 3

4 + t

(

a− 3

4

)

1

3 + 1− t

3 = t

t = 1− t

x = 1− t

y = 1

3 +

t

3 z = t

t ′ = 3

4 + t

(

a− 3

4

)

1

3 + 1− t

3 = t

t = 1− t

Onobtient finalement

x = 1− t

y = 1

3 +

t

3 z = t 1

2 =

3

4 + 1

2 × (

a− 3

4

)

t ′ = 1

2 t = 1− t

qui a une solution si et seulement si 1

2 =

3

4 + 1

2 × (

a− 3

4

)

a = 1

4 .

Remarque : Au passage,on a trouvé les coordonnées du point d’intersection des deux droites

(

1

2 , 1

2 , 1

2

)

. On

a t = t ′ = 1

2 et on reporte pour avoir x, y,z.

Partie B

1. D’après la question précédente, dans ce cas, les diagonales (I J ) et (KL) du quadrilatère IK JL sont sé-

cantes en un pointΩ. On vérifie queΩ

(

1

2 , 1

2 , 1

2

)

est bien le milieu de [I J ] et [KL].

Rappel de la formule : le milieu de [I J ] a pour coordonnées

(

xI +xJ 2

, yI +yJ

2 , zI +zJ

2

)

.

Page 1/9

On vérifie sans problème que l’on a bien

(

xI +xJ 2

, yI +yJ

2 , zI +zJ

2

)

= (

1

2 , 1

2 , 1

2

)

et aussi (

xK +xL 2

, yK +yL

2 , zK +zL

2

)

= (

1

2 , 1

2 , 1

2

)

.

Les diagonales du quadrilatère IK JL se coupent en leur milieu, c’est donc un parallélogramme.

On pouvait aussi montrer que −→ IK et

−→ LJ ont les mêmes coordonnées.

2. (a) Le vecteur −→n est un vecteur normal au plan (I JK ) si et seulement si, il est orthogonal à deux vec- teurs directeurs non colinéaires de ce plan.

Comme I , J ,K définissent ce plan, ils sont non alignés et les vecteurs −→ I J et

−→ IK ne sont pas coli-

néaires.

Le repère étant orthonormé, on peut utiliser l’expression analytique du produit scalaire. −→ I J

(

−1 ; 1

3 ; 1

)

et donc −→ I J •~n =−1×8+

1

3 ×9+1×5= 0.

Les vecteurs −→ I J et ~n sont bien orthogonaux.

De même : −→ KL

(

− 1

2 ; 1 ; −1

)

et donc −→ KL •~n =−

1

2 ×8+1×9−1×5= 0.

~n est bien orthogonal à deux vecteurs non colinéaire de (I JK ), il est bien normal à ce plan.

(b) Le plan (I JK ) a donc une équation cartésienne de la forme 8x+9y +5z+d = 0. Comme le point I appartient à ce plan, ses coordonnées doivent vérifier cette équation :

8×1+9× 1

3 +5×0+d = 0⇔ d =−11...

(c) Je détaille le cas de M. Une manière de répondre à cette question est de chercher une représentation

paramétrique de (BF ) qui passe par B(1 ; 0 ; 0) et est dirigée par −→ BF (0 ; 0 ; 1).

M est le point d’intersection du plan (I JK ) et de la droite (BF ). Ses coordonnées (x, y,z) doivent donc être solutions du système formé par les trois équations issues d’une représentation paramé- trique de (BF ) et l’équation 8x+9y +5z+d = 0 du plan (I JK ) : 

x = 1+0× t y = 0+0× t z = 0+1× t 8x+9y +5z−11= 0

x = 1 y = 0 z = t 8×1+9×0+5× t −11= 0

x = 1 y = 0

z = 3

5 t =

3

5

Les coordonnées du pointM sont

(

1 ; 0 ; 3

5

)

.

De même, les coordonnées de N sont solutions de

x = 0+0× t y = 1+0× t z = 0+1× t 8x+9y +5z−11= 0

x = 0 y = 1 z = t 8×0+9×1+5× t −11= 0

x = 0 y = 1

z = 2

5 t =

2

5

Les coordonnées du point N sont

(

0 ; 1 ; 2

5

)

.

Une autre manière de répondre, est d’utiliser l’équation du plan (I JK ) donnée dans la question pré- cédente.

EXERCICE 2 5 points

1. (a) G est dérivable sur R car c’est la composée de la fonction carrée suivie de la fonction exponentielle

toutes deux dérivables sur R (puis produit par 1

2 ).

Page 2/9

Pour tout réel x, on pose u(x)= x2, ainsi u′(x)= 2x :

G ′(x)= 1

2 ×u′(x)eu(x) =

1

2 ×2xex2 = g (x)

(b) I1 = ∫1

0 x1ex

2 dx =

∫1

0 g (x) dx = [G(x)]10 =G(1)−G(0)=

1

2 e−

1

2 .

I1 = 1

2 e−

1

2

(c) In+2 = ∫1

0 xn+2ex

2 dx =

∫1

0 xn+1×xex

2 dx

Posons

{

u(x) = xn+1

v ′(x) = xex2 = g (x) ⇒

u′(x) = (n+1)xn

v(x) = 1

2 ex

2 =G(x)

Toutes les fonctions sont continues car dérivables sur [0 ; 1] ; on peut donc intégrer par parties :

In+2 = [

G(x)xn+1 ]1 0−

∫1

0 (n+1)xn

1

2 ex

2 dx =

1

2 e−0−

n+1 2

∫1

0 xnex

2 dx =

1

2 e−

n+1 2

In ...

(d) On fait n = 1 dans l’égalité précédente : I3 = 1

2 e−

1+1 2

I1 = 1

2 e− I1 =

1

2

On recommence avec n = 3 : I5 = 1

2 e−

3+1 2

I3 = 1

2 e−2×

1

2 =

1

2 e−1.

I3 = 1

2 I5 =

1

2 e−1

2. On remarque que I1 = 1

2 e−

1

2 et que In+2 =

1

2 e−

n+1 2

In .

BDans la boucle, on gère u avant n : on utilise la valeur de n entrante pour la nouvelle affectation de u.

Étape u n Commentaire Initialisation I1 1 ce sont les valeurs en entrant dans la boucle Première entrée I1 1 Première sortie de la boucle I3 3 on incrémente de 2 en 2 Seconde entrée I3 3 Seconde sortie I5 5 ...

... ... La dernière valeur vérifiant n > 21 est 19

Dernière entrée I19 19 Dernière sortie I21 21 Affichage I21 le terme obtenu en dernier

En sortie de cet algorithme, on obtient I21.

3. (a) Ici, il faut revenir à la définition de In

Pour tout x ∈ [0 ; 1],xnex2 Ê 0 car « une fonction exponentielle » est positive. Comme In est donc l’intégrale d’une fonction positive, les bornes étant dans l’ordre croissant, finalement In Ê 0.

(b) ∀n ∈N, ∀x ∈ [0;1], x É 1 =⇒ xn+1 É xn on a multiplié par xn Ê 0 et vérifié en 0 =⇒ xn+1ex2 É xnex2 on a multiplié par ex2 > 0 =⇒ In+1 É In par intégration de l’inégalité

Par définition, la suite (In) est décroissante.

(c) La suite (In) est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente vers une limite Ê 0. 4. Montrons par l’absurde que = 0 . Supposons donc 6= 0.

On va « passer à la limite » dans la relation ∀n ∈N, In+2 = 1

2 e−

n+1 2

In .

D’une part : comme 6= 0, par produit lim n→+∞

n+1 2

In =+∞ et lim n→+∞

1

2 e−

n+1 2

In =−∞

Page 3/9

D’autre part lim n→+∞

In+2 = lim n→+∞

In = On devrait donc avoir =−∞, ce qui est absurde car Ê 0 (voir la question 3.c) Conclusion : = 0

EXERCICE 3 6 points

Partie A : Conjecture graphique

Les solutions de l’équation (E ) sont les abscisses des points d’intersection des deux courbes. Il semble y en avoir 2. L’une comprise entre −1 et 0, l’autre entre 0 et 1.

Partie B : étude de la validité de la conjecture graphique

1. (a) ∀x ∈R,x2+x3 = x2(1+x). Comme un carré est positif ou nul, x2+x3 est du signe de 1+x. • x2+x3 = 0 pour x ∈ {−1 ; 0}. • x2+x3 > 0 pour x ∈]−1 ; 0[ ∪ ]0 ; +∞[. • x2+x3 < 0 pour x ∈]−∞ ; −1[.

(b) x solution de (E )⇔ ex = 3 (

x2+x3 )

x2+x3 = ex

3 . Or, pour tout réel x,

ex

3 > 0, alors que x2+x3 < 0

pour x ∈]∞ ; −1[. (E ) n’a pas de solution sur l’intervalle ]−∞ ; −1]. (c) e0 = 1 et 3× (02+03)= 0. Donc 0 n’est pas solution de (E).

2. ∀x ∈]−1 ; 0[∪ ]0 ; +∞[, (E ) ⇔ ex = 3 (

x2+x3 )

⇔ lnex = ln (

3 (

x2+x3 ))

a = b⇔ lna = lnb x = ln3+ ln

(

x2 (1+x) )

ln(ab)= lna+ lnb x = ln3+ ln

(

x2 )

+ ln(1+x) ⇔ ln3+ ln

(

x2 )

+ ln(1+x)−x = 0 ⇔ h(x)= 0

3. (a) h est une somme et composée de fonctions de référence dérivables, donc h est bien dérivable sur ]−1 ; 0[ ∪ ]0 ; +∞[.

Si u > 0 sur un intervalle, alors lnu est dérivable sur cet intervalle et sa dérivée est u

u .

Pour tout réel x ∈]−1 ; 0[∪ ]0 ; +∞[,h′(x)= 0+ 2x

x2 +

1

x+1 −1=

2

x +

1

x+1 −1=

2(x+1)+xx(x+1) x(x+1)

On a bien : h′(x)= −x2+2x+2

x(x+1) .

(b) Pour étudier le sens de variations de h, on étudie le signe de sa dérivée.

Les numérateurs et dénominateurs sont des trinômes du second degré.

Pour le dénominateur, les racines sont 0 et −1, le coefficient dominant est 1> 0. Il est donc positif « à l’extérieur » des racines, négatif « entre » les racines (voir le tableau).

Pour le numérateur, pas de racine évidente. On calcule donc le discriminant. On trouve :∆= 12> 0

et les deux racines sont x1 = −2+2

p 3

−2 = 1−

p 3 et x2 = 1+

p 3. Le coefficient dominant est −1> 0,

d’où le signe...

x −1 1− p 3 0 1+

p 3 +∞

x2+2x+2 − 0 + 0 − x(x+1) 0 − 0 + h′(x) || + 0 − || + 0 −

Étude des limites aux bornes :

Page 4/9

• Limite en −1 lim x→−1

ln3−x = ln3−1 {

lim x→−1

x2 = 1 lim X→1

lnX = 0 par composition

=⇒ lim x→−1

lnx2 = 0 {

lim x→−1

1+x = 0 lim X→0

lnX = −∞ par composition

=⇒ lim x→−1

ln(1+x)=−∞

par somme =⇒ lim

x→−1 h(x)=−∞

• Limite en 0 lim x→0

ln3−x = ln3 {

lim x→0

x2 = 0 lim X→0

lnX = −∞ par composition

=⇒ lim x→0

lnx2 =−∞ {

lim x→0

1+x = 1 lim X→1

lnX = 0 par composition

=⇒ lim x→0

ln(1+x)= 0

par somme =⇒ lim

x→0 h(x)=−∞

• Limite en +∞ lim

x→+∞ ln3−x =−∞

{

lim x→+∞

x2 = +∞ lim

X→+∞ lnX = +∞

par composition =⇒ lim

x→+∞ lnx2 =+∞

{

lim x→+∞

1+x = +∞ lim

X→+∞ lnX = +∞

par composition =⇒ lim

x→+∞ ln(1+x)=+∞

par somme =⇒ on a la F.I. «+∞−∞ »

h(x)= ln3+ (x+1) (

2lnx

x+1 + ln(1+x) x+1

x

x+1

)

.

Or

• lim x→+∞

x

x+1 = lim

x→+∞

1

1+ 1

x

= 1

lim x→+∞

1+x = +∞

lim X→+∞

lnX

X = 0

par composition =⇒ lim

x→+∞

ln(1+x) x+1

= 0

• Pour tout x > 1,0É lnx

x+1 <

lnx

x . Par comparaison, lim

x→+∞

lnx

x = 0 et le théorème des gendarmes

assure que lim x→+∞

lnx

x+1 = 0

Finalement avec des opérations élémentaires, on obtient enfin lim x→+∞

h(x)=−∞.

Pour avoir le tableau de variations complet, il nous faut encore les signes de h (

1− p 3 )

< 0 et h(1+

p 3)> 0 que l’on obtient avec la calculatrice.

x

h′(x)

h(x)

−1 1− p 3 0 1+

p 3 +∞

+ 0 − + 0 −

0

h(1− p 3)

−∞ −∞

h(1+ p 3)

−∞

α1

0

α2

0

(c) • Sur l’intervalle ]−1 ; 0[, la dérivée s’annule en changeant de signe (+;−), donc h(1− p 3) est un

maximumpour h sur cet intervalle. Or h(1− p 3)< 0 donc l’équation h(x)= 0 n’a pas de solution

sur ]−1 ; 0[. C’est une première contradiction avec la conjecture de la partie A. • Sur l’intervalle ]0 ; 1+

p 3[ la fonctionh est dérivable, donc continue ; 0 est compris entre lim

x→0 h(x)

et h (

1+ p 3 )

, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation h(x)= 0 admet donc au

Page 5/9

moins une solution sur [

0 ; 1+ p 3 [

. Comme h est strictementmonotone sur cet intervalle, cette solutionα1 est unique. La calculatrice donne : h(0,61)≈−0,02 et h(0,62)≈ 0,24. 0 est donc compris entre h(0,61) et h(0,62), le raisonnement précédent assure donc que α1 ∈ [0,61 ; 0,62]. On trouve de même que 0,618<α1 < 0,619 Une valeur approchée de α1, arrondie au centième est donc 0,62.

• Comme h(1+ p 3)> 0, 0 est aussi compris entre lim

x→+∞ h(x) et h

(

1+ p 3 )

. Le même raisonnement

assure donc l’existence d’une autre solution dans cet intervalle. Voir le tableau. Avec la calculatrice, on trouve 7,12 comme valeur approchée de α2, arrondie au centième.

(d) La conjecture de la partie A est erronée. Il y a bien deux solutions mais pas dans les intervalles prévus !

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. On a complété en rouge le premier arbre :

b

b

A

0,2

b B0,68

b B0,32

b

A 0,8

b B0,6

b B0,4

et on l’inverse : b

b

B

?

b A 0,32

b A

b

B b A

b A

Avec la formule des probabilités totales, on calcule d’abord p(B).

p(B)= p(AB)+p(AB)= p(ApA(B)+p(ApA(B)= 0,2×0,68+0,8×0,6= 0,616. On peut ajouter 0,616 à la place du ? sur l’arbre inversé.

Enfin, la formule des probabilités conditionnelles : pA(B)= p(AB p(B)

= 0,2×0,68 0,616

≈ 0,22. Donc pA(B) 6= 0,32.

L’affirmation est fausse

2. L’urne contient n + 3 boules. L’univers est l’ensemble des paires de boules tirées. Comme elles sont « indiscernables » au toucher, il y a équiprobabilité.

Le nombre de tirages possibles est

(

n+3 2

)

= (n+3)(n+2)

2 .

Le nombre de tirages contenant 2 boules rouges est

(

n

2

)

.

Le nombre de tirages contenant 2 boules noires est

(

3

2

)

.

Le nombre de tirages contenant 1 boule de chaque couleur est

(

n+3 2

)

− (

n

2

)

− (

3

2

)

ou bien

(

3

1

)

× (

n

1

)

= 3n.

Un tirage simultané peut être assimilé à un tirage successif sans remise).

La probabilité d’obtenir deux boules de couleurs différentes est donc 3n×2

(n+3)(n+2)

Page 6/9

Le problème revient à résoudre 3n×2

(n+3)(n+2) =

9

22 ⇔ 3n2−29n+18= 0.

C’est une équation du second degré. On cherche une solution entière positive. Plusieurs façons de ré- pondre ici :

• On peut calculer le discriminant, il est positif, puis les solutions 9 et 2

3 ...

• On peut aussi utiliser les variations que l’on connait bien ! On affiche la courbe, et on vérifie que 9 est OK.

L’affirmation est vraie.

3. On peut chercher l’écriture complexe de la rotation de centre A d’affixe 3−2i et d’angleπ

2 ou justifier que

l’on a bien l’écriture complexe d’une rotation puis vérifier que A est invariant et que l’angle est le bon.

La rotation de centre A d’affixe 3−2i et d’angle − π

2 a pour écriture complexe z ′ = ei

π 2 (zzA)+ zA. Soit

z ′ =−i(z−3+2i)+3−2i⇔ z ′ =−iz+3i+2+3−2i⇔ z ′ =−iz+5+ i L’affirmation est vraie.

4. On sait que zz =| z |2. Donc (E )⇒ z2 =| z |2 +1. Ces deux nombres complexes devraient avoir lemêmemodule, ce qui conduit à | z |2=| z |2 +1, équation qui n’a pas de solution dans R. (Dans C non plus d’ailleurs !).

L’affirmation est fausse.

5. On place les trois points pour « voir ».

−1 1 2

−1

1

0

A

B

C

L’angle en A pourrait convenir. Or, (−→ AB ,

−→ AC

)

= ar g ( ca ba

)

.

ca ba

= p 3+ i(1−

p 3)+1

i+1 =

( p 3+1+ i(1−

p 3))(1− i)

(1+ i)(1− i) =

p 3+1+ i(1−

p 3)+1−

p 3− i

p 3− i

2 =

2−2i p 3

2 .

Finalement ca ba

= 1− i p 3= 2

(

1

2 − i

p 3

2

)

et ar g ( ca ba

)

=− π

3 (2π).

Dans le triangle ABC l’angle en A est égal à 60˚.

L’affirmation est vraie.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. On vérifie qu’un tel couple est bien solution de (E ). Pour tout entier relatif k, on a :

3(9+2k)−2(13+3k)= 27+6k−26−6k = 1. On a prouvé que tous les couples de cette forme sont solutions de (E ). On n’a pas prouvé que ce sont les seuls... mais on a déjà résolu un certain nombre d’équations diophantiennes, et on sait qu’ils ont la bonne forme.

Certains correcteurs pourraient ici vouloir le détail de la résolution proprement dite...

L’affirmation est vraie.

2. Une rapide exploration avec le tableur de la calculatrice laisse penser que l’affirmation est vraie : on n’échappe pas à une preuve rigoureuse !

Notons d le PGCD de a et b.

Page 7/9

• Comme d divise a et b, il divise toute combinaison linéaire de a et b, donc en particulier 3b−2a = 7. d est donc un diviseur (positif) de 7, c’est donc 1 ou 7.

• Supposons que n ≡ 2 (7). Montrons qu’alors d = 7.

n ≡ 2 (7)⇒ {

a ≡ 3×2+1 (7) b ≡ 2×2+3 (7) ⇒

{

a ≡ 0 (7) b ≡ 0 (7) ⇒ 7 est un diviseur commun à a et b

dans ce cas, le PGCD est bien 7. • Réciproquement, supposons que d = 7, montrons qu’alors n ≡ 2 (7). d = 7⇒ 7 | a⇒ 3n+1≡ 0 (7)⇒ 3n ≡−1 (7) B, il ne faut pas se laisser tenter par la division ! On veut bien inverser 3, il nous faut unmultiple de 3 congrue à 1 modulo 7. 15 est parfait. Onmultiplie donc par 5 : d = 7⇒ 15n ≡−5 (7)⇒n ≡ 2 (7) car 15≡ 1 (7) et −5≡−5+7 (7)

L’affirmation est vraie.

3. L’affirmation est "pour tout entier n...". Pour montrer qu’elle est fausse, il suffit d’exhiber un contre exemple !

Si n = 0, alors a = 21,b = 2. La division euclidienne de a par b s’écrit : 21= 10×2+1 Le quotient est 10 alors que n+2= 2. L’affirmation est fausse

Pour une recherche systématique (inutile ici) :

Le quotient et le reste de la division euclidienne de a par b sont respectivement égaux à n+2 et n+17 si et seulement si a = (n+2)b+ (n+17) avec 0É n+17< b. On vérifie la première condition :

(n+2)b+ (n+17)= (n+2)(2n+2)+ (n+17)= 2n2+4n+2n+4+n+17= 2n2+7n+21= a On vérifie la seconde condition :

n+17 est toujours vraie car n est un entier naturel. n+17< bn+17< 2n+2⇔ 15< n. On voit que cette condition n’est pas toujours réalisée...

4. On sait que la similitude directe réciproque de s a pour centre A, rapport 1 p 2 et angle −

π

4 .

z ′ = 1− i 2

z+ −1+7i

2 est bien l’écriture complexe d’une similitude directe car elle est de la forme

z ′ = az+b avec a = 1− i 2

∈C∗ et b = −1+7i

2 .

• l’affixe du centre est l’unique solution de z = 1− i 2

z+ −1+7i

2 .

On teste si l’affixe de A est solution : si z = 3+4i, alors 1− i 2

z+ −1+7i

2 =

1− i 2

(3+4i)+ −1+7i

2 =

3+4i−3i+4−1+7i 2

= 6+8i 2

= 3+4i= zA. Le centre est bien A.

• le rapport est | a |= √

1

4 + 1

4 =

1 p 2

• l’angle est ar g (a)= ar g (

1− i 2

)

=− π

4 (2π)

L’affirmation est vraie.

5. Cette similitude existe bien car les points sont deux à deux distincts.

La similitude directe qui transforme A en C et B enD a pour angle (−→ AB ;

−−→ CD

)

, soit ar g

(

d c ba

)

.

d c ba

= 4+

p 3+4i

p 3−1+2

p 3− i(3+

p 3)

4− i−1−2i =

3+3 p 3+ i(−3+3

p 3)

3−3i =

(

1+ p 3+ i(−1+

p 3) )

(1+ i) (1− i)(1+ i)

d c ba

= 1+

p 3+ i(−1+

p 3)+ i+ i

p 3− (−1+

p 3)

2 =

2+2i p 3

2 = 1+ i

p 3= 2

(

1

2 + p 3

2

)

.

Page 8/9

Dans le plan muni d’un repère orthonormal direct, on considère les points A, B, C et D d’affixes respec- tives a = 1+2i, b = 4− i, c = 1−2

p 3+ i(3+

p 3) et d = 4+

p 3+4i

p 3.

La similitude directe qui transforme A en C et B en D a donc pour angle π

3 .

L’affirmation est vraie.

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