Examen National Session Normale 2020:

Première partie:
  1. On remarque que $~m~$ est une solution de l'équation $~~(E)$ et donc: \begin{align*} z^3-2mz^2+2m^2z-m^3&=(z^3-m^3)-2mz(z-m)\\ z^3-2mz^2+2m^2z-m^3&=(z-m)(z^2+mz+m^2-2mz)\\ z^3-2mz^2+2m^2z-m^3&=(z-m)(z^2-mz+m^2) \end{align*} $z_1$ et $z_2$ sont les solutions de l'équation: $$z^2-mz+m^2=0$$ On a: $$\Delta=m^2-4m^2=-3m^2=(i\sqrt{3}~m)^2$$ Ce qui donne: \begin{cases} z_1&=\dfrac{m-im\sqrt{3}}{2} \\\\ z_2&=\dfrac{m+im\sqrt{3}}{2}\\ \end{cases} Soit: \begin{cases} z_1&=me^{-i\frac{\pi}{3}} \\\\ z_2&=me^{i\frac{\pi}{3}} \end{cases}

    1. $z_1,z_2~~$ sont solution de l'équation: $$\quad z^2-mz+m^2=0$$ On a donc: \begin{cases} z_1 +z_2&=m \\\\ z_1z_2=m^2 \end{cases} Ce qui implique: $$\dfrac{1}{z_1}+\dfrac{1}{z_2}=\dfrac{z_1+z_2}{z_1z_2}=\dfrac{m}{m^2}$$ On en déduit: $$\dfrac{1}{z_1}+\dfrac{1}{z_2}=\dfrac{1}{m}$$
    2. On a: $$m=1+e^{i\frac{\pi}{3}}=e^{i\frac{\pi}{6}}(e^{-i\frac{\pi}{6}}+e^{i\frac{\pi}{6}})=2\cos\left(\frac{\pi}{6}\right)e^{i\frac{\pi}{6}}$$ Soit: $$ m=\sqrt{3}e^{i\frac{\pi}{6}}$$ Par la suite: \begin{cases} z_1&=\sqrt{3}e^{i\frac{pi}{6}}~e^{-i\frac{\pi}{3}}\\ &=\sqrt{3}e^{-i\frac{\pi}{6}}\\ z_2&=\sqrt{3}e^{i\frac{\pi}{6}}~e^{i\frac{\pi}{3}}\\ &=\sqrt{3}e^{i\frac{\pi}{2}}\\ \end{cases} Soit: \begin{cases} z_1&=\dfrac{3}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\\\ z_2&=i\sqrt{3} \end{cases}
Deuxième partie:
  1. Il suffit de montrer que: $$\left(\dfrac{a-0}{b-0}\right)$$ n'est pas un réel
    En effet: $$\dfrac{a-0}{b-0}=\dfrac{a}{b}=e^{i\frac{2\pi}{3}}$$ n'appartient pas à $~\mathbb R$.
    Ce qui prouve que les points $~O,~A~$ et $~B~~$ ne sont pas alignés.


      • Calcul de l'affixe de $~P$:
        \begin{align*} e^{i\frac{\pi}{2}}(0-p)&=a-p\\ -ip&=a-p\\ (1-i)p&=a\\ 2p&=(1+i)a\\ 2p&=m\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}}e^{i\frac{\pi}{3}} \end{align*} Soit: $$ p=m\frac{\sqrt{2}}{2}e^{i\frac{7\pi}{12}}$$
      • Calcul de l'affixe de $~R$:
        \begin{align*} e^{i\frac{\pi}{2}}(b-r)&=(0-r)\\ i(b-r)&=-r\\ (1-i)r&=-ib\\ 2r&=-i(1+i)b\\ 2r&=(1-i)b\\ 2r=\sqrt{2}~e^{-i\frac{\pi}{4}} \end{align*} Soit: $$ r=m\dfrac{\sqrt{2}}{2}e^{-i\frac{7\pi}{12}}$$
    2. Calcul de l'affixe de $~Q$: \begin{align*} e^{i\frac{\pi}{2}}(a-q)&=(b-q)\\ i(a-q)&=b-q\\ (1-i)q&=b-ia\\ 2q&=(1+i)(b-ia)\\ 2q&=(1+i)b+(1-i)a\\ 2q&=\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}}me^{-i\frac{\pi}{3}}+\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}me^{i\frac{\pi}{3}}\\ 2q&=m\sqrt{2}(e^{-i\frac{\pi}{12}}+e^{i\frac{\pi}{12}})\\ 2q&=m\sqrt{2}\left(2\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)\right)\\ q&=m\sqrt{2}\sin\left(\frac{7\pi}{12}\right)\qquad \left(\text{car:}\quad \sin\left(\frac{7\pi}{12}\right) =\sin\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{12}\right)=\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)\right) \end{align*}
  3. On a:
    $OQ=|q|=|m|\sqrt{2}\sin(\frac{7\pi}{12})$ \begin{align*} PR&=|p-r|\\ PR&=\left|m\frac{\sqrt{2}}{2}e^{i\frac{7\pi}{12}}-m\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-i\frac{7\pi}{12}}\right|\\ PR&=|m|\frac{\sqrt{2}}{2}|e^{i\frac{7\pi}{12}}-e^{-i\frac{7\pi}{12}}|\\ PR&=|m|\frac{\sqrt{2}}{2}\left|2i\sin(\frac{7\pi}{12})\right| \end{align*} Soit: $$ PR=|m|\sqrt{2}\sin\left(\frac{7\pi}{12}\right)$$ Et on voit bien que: $$OQ=PR$$ Pour montrer que $~~(OQ)\perp(PR)~~$ il suffit de montrer que: $$ \Re{e}((r-p)\overline{q})=0$$ En effet: \begin{align*} (r-p)\overline{q}&=(m\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-i\frac{7\pi}{12}}-m\frac{\sqrt{2}}{2}e^{i\frac{7\pi}{12}})\overline{m\sqrt{2}\sin(\frac{7\pi}{12})}\\ (r-p)\overline{q}&=m\frac{\sqrt{2}}{2}(e^{-i\frac{7\pi}{12}}-e^{i\frac{7\pi}{12}})\overline{m}\sqrt{2}\sin(\frac{7\pi}{12})\\ (r-p)\overline{q}&=|m|^2(-2i\sin(\frac{7\pi}{12}))\sin(\frac{7\pi}{12})\\ (r-p)\overline{q}&=-i\left(~2|m|^2\sin^2\left(\frac{7\pi}{12}\right)~\right) \end{align*} On voit bien que $~((r-p)\overline{q})~$ est un imaginaire pur.
    Et donc: $$(OQ)\perp(PR)$$