Centres étrangers 2016. Enseignement spécifique

(1)

Centres étrangers 2016. Enseignement spécifique

EXERCICE 4 : corrigé Partie A

1)z1=

1 +1 6

e^2iπ⁶ = 7

6e^iπ³ =7 6

1 2+i

√3 2

!

= 7

12+i7√ 3 12 . 2)z0=

1 +0

6

e⁰= 1etz6=

1 +6 6

e^2iπ = 2 (cos(2π) +isin(2π)) = 2. En particulier,z0 etz6 sont des entiers.

3)NotonsH le pied de la hauteur issue deM1 dans le triangleOM0M1. On azH =xM₁ =Re(z1) = 7

12 et donc HM1=|z1−z^H|=

7

12+i7√ 3 12 − 7

12

=

i7√ 3 12

= 7√ 3

12 |i|=7√ 3 12 . L’aire du triangleOM0M1 est alors

OM0×HM1

2 =

1×7√ 3 12

2 = 7√ 3 24 .

1

−1

−2

1 2

−1

−2

b

b b b bM0

M1

M2

M3

M4

M5

M6

O

b

H

Partie B

1)Soitnun entier supérieur ou égal à2. Soitkun entier tel que06k6n. Puisque 1 + k n>0, OMk =|zk|=

1 + k n

e^2ikπⁿ

=

1 + k n

e^2ikπⁿ

= 1 +k n.

2)Soitkun entier tel que06k6n−1.

−→u ,−−−→

OMk

=arg(zk) =arg

1 + k n

e^2ikπⁿ

=2kπ n [2π].

et donc aussi−→u ,−−−−−→

OMk+1

= 2(k+ 1)π

n [2π]. Par suite, d’après la relation deChasles, −−−→

OM^k,−−−−−→

OMk+1

=−−−→

OM^k,−→u +

−

→u ,−−−−−→

OMk+1

=−

−

→u ,−−−→

OM^k +

−

→u ,−−−−−→

OMk+1

=−2kπ

n +2(k+ 1)π

n = 2(k+ 1−k)π n

=2π n [2π].

3) Soitk un entier naturel tel que 0 6k6n−1. Notons H^k le pied de la hauteur issue deM^k+1 dans le triangle OM^kM^k+1.

(2)

O Mk

Mk+1

2π n

Hk

D’après la question précédente, on aMk\OMk+1= 2π n puis HkMk+1

OMk+1

= sin

Mk\OMk+1

= sin 2π

n

et donc, d’après la question 1),

HkMk+1=OMk+1sin 2π

n

=

1 + k+ 1 n

sin

2π n

.

4) Tableau complété.

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

A 0,323 0,711 1,170 1,705 2,322 3,027 3,826 4,726 5,731 6,847 5) Algorithme complété.

Variables : Aest un nombre réel kest un entier nest un entier Traitement : nprend la valeur 2

Aprend la valeur 0 Tant que A <7,2

nprend la valeurn+ 1 Aprend la valeur0 Pour kallant de0à n−1

Aprend la valeurA+1 2sin

2π n

×

1 + k

n 1 + k+ 1 n

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