DEVOIR A LA MAISON N°17. TS2.
Pour le mercredi 4 mai 2016.
On considère les nombres complexes z
ndéfinis, pour tout entier naturel n, par z
01 et z
n 1
1 i 3
3
z
n. On note A
nle point d’affixe z
ndans le repère orthonormé ( O u v ) ci-dessous.
L’objet de cet exercice est d’étudier la construction des points A
n. 1.
a. Vérifier que 1 i 3 3
2 3 e
i 6
b. En déduire z
1et z
2sous forme exponentielle.
2.
a. Montrer que pour tout entier naturel n, z
n
23
n
e
in 6
.
b. Pour quelles valeurs de n, les points O, A
0et A
nsont-ils alignés ? 3. Pour tout entier naturel n, on pose d
n| z
n 1z
n| .
a. Interpréter géométriquement d
n. b. Calculer d
0.
c. Montrer que pour tout entier naturel n non nul, z
n 2z
n 1
1
i 33
( z
n 1z
n) . d. En déduire que la suite ( ) d
n n 0est géométrique puis que pour tout entier naturel n, d
n3 3
23
n
. 4.
a. Montrer que pour tout entier naturel n, | z
n 1|
2| | z
n 2( ) d
n 2.
b. En déduire que pour tout entier naturel n, le triangle OA
nA
n 1est rectangle en A
n. c. Construire, à la règle non graduée et au compas, le point A
5sur la figure.
d. Justifier cette construction.
CORRECTION DUDEVOIR A LA MAISON N°17. TS2
Dans tout l exercice, n est un entier naturel et a 1 i 3 3 1.
a. Soit un argument de a.
| | a 1²
3
3
2
12
3
2 3 3
cos( ) 1
2 3 3
3 2 3
3
2 et sin( )
3 3 2 33
1
2 . Alors
6 (2 ).
Ainsi la forme exponentielle de a est 2 3 e
i
6
: 1 i 3
3 2
3 e
i 6
. b. z
1az
0a 1 a donc la forme exponentielle de z
1est 2
3 e
i 6
. z
2az
12
3 e
i
6
2
3 e
i
6
4
3 e
i
6 6
4
3 e
i
3
. La forme exponentielle de z
2est 4 3 e
i 3
. 2.
a. Initialisation : pour n
00 : z
01 et
23
0
e
i0
6
1e
01 1 1 donc z
0
23
0
e
i0 6
. Hérédité : soit p un entier naturel tel que z
p
23
p
e
ip
6
. Montrons que z
p 1
23
p 1
e
i(p 1) 6
.
z
p 1az
p2 3 e
i 6
2
3 p e
ip 6
23
p 1
e
i(
6 p6) =
23
p 1
e
i(p 1) 6
.
Conclusion : pour tout entier naturel n, z
n
23
n
e
in 6
. b. O ,A
0et A
nsont alignés ssi A
nest sur l axe des réels
ssi arg ( ) z
nkπ avec k un entier ssi n
6 k avec k entier ssi n
6 est entier
ssi n est un multiple de 6.
O, A
0et A
nsont alignés ssi n est un multiple de 6.
3. Pour tout entier naturel n, on pose d
n| z
n 1z
n| . a. d
nA
nA
n 1b. d
0
1
i 33
1 3
3 .
c. z
n 2z
n 1az
n 1az
na ( z
n 1z
n) 1
i33 ( z
n 1z
n)
d. Soit n un entier naturel.
d
n 1| z
n 2z
n| | a ( z
n 1z
n) | | | a z ( n 1) z
n2 3
3 d
nLa suite ( ) d
n n 0est géométrique de raison 2 3
3 et de premier terme d
03
3 . Alors, pour tout entier naturel n, d
n3
3
23
n
. 4.
a. | | z
n 2
23
n
e
in 6
2
23
2n
. De même, | z
n 1|
2
23
2n 2
23
2
23
2n
4
3
23
2n
( ) d
n 2
33
2
23
2n
1
3
23
2n
. Alors | | z
n 2( ) d
n 2
2
3
2n
1
3
23
2n
23
2n
1
13
4 3
23
2n
| z
n 1|
2.
Pour tout entier naturel n, | z
n 1|
2| | z
n 2( ) d
n 2.
b. On a donc OA
n 12
( OA
n)
2
( A
nA
n 1)
2