Examen National Session Normale 2022 (Maroc):

Partie I

1. On a : $ j^3=(e^{i\frac{2\pi}{3}})^3=e^{i2\pi} $
   Soit : $ j^3=1 $
   Ce qui implique : $ j^3-1=(j-1)(j^2+j+1)=0 $
   On en déduit : $ 1+j+j^2=0 \quad \text{(car } j-1\neq 0 \text{)} $
   On a en plus : $ (1-j)^2=(1+j^2)-2j=-j-2j $
   Soit : $(1-j)^2=-3j \quad (*)$
2. 1. Le discriminant de l'équation est : \[ \begin{aligned} \Delta &= (mj^2)^2-4m^2j \\ \Delta &= m^2j-4m^2j \quad \text{(car } j^4=j \text{)} \\ \Delta &= (-3j)m^2 \end{aligned} \] Soit : $\Delta=(m(1-j))^2 \quad$ compte tenu de $ (*) $.
   2. \[ \begin{aligned} z_1 &= \frac{-mj^2-m(1-j)}{2} \\ z_1 &= \frac{-m(j^2+1)+mj}{2} \\ z_1 &= \frac{mj+mj}{2} \end{aligned} \] Soit : $z_1=mj$. \[ \begin{aligned} z_2 &= \frac{-mj^2+m(1-j)}{2} \\ z_2 &= \frac{-m(j^2+j)+m}{2} \\ z_2 &= \frac{m+m}{2} \end{aligned} \] Soit : $z_2=m$.
3. On a : $z_1+z_2=-mj^2$.
   Pour le cas particulier où $ m=1+i $, on obtient : \[ \begin{aligned} (z_1+z_2)^{2022} &= m^{2022}\times j^{4044} \\ (z_1+z_2)^{2022} &= m^{2022} \quad \text{(car } j^{4044}=j^{(3\times 1348)}=1 \text{)} \\ (z_1+z_2)^{2022} &= (1+i)^{2022} \\ (z_1+z_2)^{2022} &= (2i)^{1011} \\ (z_1+z_2)^{2022} &= -2^{1011}i \end{aligned} \] Ce qui prouve que $(z_1+z_2)^{2022}$ est purement imaginaire.

Partie II

1. L'application : \[ \varphi(z)=(1+j)z=-j^2z=e^{i\frac{\pi}{3}}z \] définit une application sur le plan complexe $\mathbb{C}$ qui est une rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi}{3}$.
2. 1. On a : \[ a'=-j^2(m) \quad b'=-j^2(mj) \quad c'=-j^2(mj^2) \] Soit : \[ a'=-mj^2 \quad b'=-m \quad c'=-mj \]
   2. On a : \[ \begin{cases} p = \frac{mj+a'}{2} = \frac{mj-mj^2}{2} \\ q = \frac{mj^2+b'}{2} = \frac{mj^2-m}{2} \\ r = \frac{m+c'}{2} = \frac{m-mj}{2} \end{cases} \] D'autre part : \[ \begin{aligned} p+qj+rj^2 &= \frac{1}{2}\left((mj-mj^2)+(mj^2-m)j+(m-mj)j^2\right) \\ p+qj+rj^2 &= \frac{1}{2}\left(mj-mj^2 + m-mj + mj^2-m\right) \end{aligned} \] Soit : $p+qj+rj^2=0$.
   3. On a :
      $ p+qj=-rj^2=r(1+j)=r+rj $
      Et donc : $p-r=j(r-q)$.
      Par passage aux modules : $|p-r|=|q-r|$.
      On en déduit que le triangle $ PQR $ est isocèle ($PR=QR$).
      
      De plus : $\frac{r-q}{r-p}=-j^2=e^{i\frac{\pi}{3}}$.
      Par conséquent : \[ \left(\widehat{\overrightarrow{RP} ,\overrightarrow{RQ}}\right)=\arg\left(\frac{r-q}{r-p}\right)=\frac{\pi}{3} \] On en déduit que le triangle $ PQR $ est équilatéral.