CORRECTION DEVOIR MAISON N° 4 TERMINALE S 5 EXERCICE 1 : 1. a) Le discriminant ∆ = -12 donc il y a deux solutions complexes : 6 2 3

CORRECTION DEVOIR MAISON N° 4 TERMINALE S 5 EXERCICE 1 : 1. a) Le discriminant ∆ = -12 donc il y a deux solutions complexes : 6 2 3

3 3

2

u = + i = + i et

3 3

u = − i . b) On a u = u = 2 3 ; notons θ = arg( u ) ;

on a 3

cos( ) θ = 2 et 1 sin( ) θ = 2 , d’où

Arg( u ) ₌ π 6 [ ] ^{2 π et Arg( u ) = − π} ₆ [ ] ^{2π .}

2. a) 4 1 3 2 2 2

3 3

u _{− = − +} i ₌ (cos( π ) i sin( ₊ π )) _.

b) 2 3 3

4 4 2

u u

u = u = =

− − et

4 2

4 6 3 2

Arg( u ) Arg( u ) Arg( u ) u

π π − π

= − − = − =

− [ ] ^{2π .}

Les points O, A, M, N sont sur le cercle de centre B et de rayon 2 : OB = BA = 2 ; BM = BN = u − 2 = 2 .

Les points B, C, M, N sont sur le cercle de centre A et de rayon 2 : AB = AC = 2 ; AM = AN = u − 4 = 2 .

EXERCICE 2 : 1. a) L’affixe de A

1

: z

₁

= + 1 i ; l’affixe de A'

₁

: z'

₁

= iz

₁

= − + 1 i ; l’affixe de A

₂

:

₂ ^{1 1}

2 z z' z = + = i ; l’affixe de A'

2

: z'

2

= iz

2

= − 1 ; l’affixe de A

3

:

3 ^{2 2}

1

2 2

z z' i

z = + = − + . b) r

0

= z

0

= 2 , r

1

= z

1

= 2 , r

2

= z

2

= 1 ,

r

3

=

₃

1 2

2 2

z = = et θ

₀

= 0 [2π] , θ

₁

= 4 π _{[2π] ,}

θ

2

= 2 π _{[2π] ,}

θ

3

= 3 4 π _[2π]

2. a)

1

1

2 2 2

n n n n

n n

z z' z iz ( i )

z

₊

= + = + = z + ; la suite des nombres complexes ( z )

n

est une suite géométrique de raison 1 2 + i

et de premier terme z

₀

= 2 ; donc 2 1

2

n n

z  + i 

=     .

b) On a

_{1 1}

1 1

2 2

n n n n

r

₊

= z

₊

= z + i = × r ; donc la suite ( r )

_n

est géométrique de

raison 1

2 et de premier terme r

₀

= 2 ; donc 2 1 2

n

r

n

 

=  

  . On a

_{1 1}

1

2 4

n n n n

Arg( z ) Arg( z ) Arg i π

θ

+ +

θ

 + 

= = +     = + ;

donc la suite ( θ

_n

) est arithmétique de raison 4

π et de premier terme θ

₀

= 0 ; donc

n

n π 4 θ = .

c) Comme 1

0 1

< 2 < alors

n

lim r

n

0

→+∞

= ; ce qui signifie que la distance OA

n

tend vers 0.

d)

⁸

8

84 2

8 8

1 1 1

16 16

2

n i(n )

i i

n n n n n

z

₊

= r e

₊ ^θ+

= r     e

^θ+π

= × z e

^π

= z

  , donc

₈

1

n

16

n

r

+

= r et θ

_n+₈

= θ

_n

.

e)

1 1 1 1 1

1 1 1

2 2 2

n n n n n n n n n n

i i

A A

₊

= z

₊

− z = ( z − z )

₋

   +    = z − z

₋

+ = A A

₋

. Soit u

n

= A A

n n₊1

; on a alors, pour tout entier n ≥

1,

1

1

n

2

n

u = u

₋

; donc la suite ( u )

n

est géométrique de raison 1

2 et de premier terme u

0

= A A

0 1

= 2 ; Ainsi

1

2 1 2

n

n n n

A A

₊

= u =       . La longueur de la ligne brisée A A A ...A

_{0 1 2 n}

est la somme des longueurs A A

_{n n+1}

; donc

0 1 2 1 0

1 1

2 1

2 1

1 2 1 2

1 2

n

n

n n

l u u u ... u

₋

u

 

−        

= + + + + = − = − × −           . Et 2 2 1 2

n

2 1

n

lim l ( )

→+∞

= = +

− .

o 4

-2 2

B A C

M

N

o A 0

A' 0

A 1 A' 1 A 2

A' 2 A 3

A 4A 5 A 6 A 7