CORRECTION DE L EXERCICE 4 E LA FICHE A FAIRE POUR LE MARDI 12 MAI
Exercice 4 1.
a.
z11 i
2 16 8 8i ; z
21 i
2 (8 8 i) 8i et
z31 i
2 8i 4 4i .
b.
12
i
1
2 1 2 i.
1 i2
1
2 2 2
2 (diagonale d un carré de côté 1
2 ) et ar g
1 i2
4 donc la forme trigonométrique de 1 i
2 est 2
2
cos
4isin
4sous forme trigonométrique.
c. OA
0| | z
0| 16 | 16 ; OA
1| | z
1| 8 8 i | 8 2 ;
A
0A
1| z1 z
0| | 8 8 i 16 | | 8 8 i | 8 2
A0
A
1OA
1donc le triangle est isocèle en A
1.
A0
A 1² OA
1² ( 8 2 ) ² ( 8 2 ) ² 256 et OA
0² 16² 256 : A
0A 1² OA
1² OA
0² donc le triangle est rectangle en A
1.
Ainsi, le triangle OA
0A
1est isocèle rectangle en A
1. 2. Soit n . r
n 1| z
n 1|
12iz
n
12i z
n2
2 r
n. La suite ( ) r
nest géométrique de raison 2
2 et de premier terme r
0| | z
0| 16 | 16.
Pour tout n de , r
n16
2 2n
.
1 2
2 1 donc lim
n
2 2n
0 et donc lim
n
r
n0 : la suite ( ) r
nest convergente vers 0.
r
n| | z
nOA
n. On a donc lim
n
OA
n0 : les points A
ntendent vers l origine lorsque n tend vers .
3.
a. A
nA
n 1| zn 1 z
n|
1 i2
z
nz
n
z
n
1 i2
1 | | z
n
1 i2
r
n2
2
)r
n 1b. Soit n . L
nA
0A
1A
1A
2…A
n 1A
nr
1r
2…r
nd après le a.
( ) r
nétant une suite géométrique, on a alors L
nr
11 q
n1 q
Formule de la somme des termes d une suite géométrique : 1
erter me 1
qnb de ter mes1
qL
n| | z
11
2 2n
1
22
8 2 1
2 2n
2 2
2
16 2 2 2
1
2 2n
( 16 16 2 ) 1 2
2
n
c. 1 2
2 1 donc lim
n
2 2n
0 et donc lim
n