EXERCICE 1 1. On sait que 1 + i = √ 2e

Terminale S

Correction Devoir maison n˚14

2016 - 2017

EXERCICE 1 1. On sait que 1 + i = √ 2e

^iπ4

. Ainsi (1 + i)

⁶

= ( √

2e

^iπ4

)

⁶

= ( √

2)

⁶

e

^6iπ4

= 8e

^3iπ2

= − 8i.

(a) D’après la question 1), on sait que (1 + i)

⁶

= − 8i ⇔ ((1 + i)

³

)

²

= − 8i. Ainsi, une solution de (E) est (1 + i)

³

.

(b) L’équation (E) possède deux solutions (1 + i)

³

et − (1 + i)

³

. On a alors : (1 + i)

³

= ( √

2e

^iπ4

)

³

= ( √

2)

³

e

^3iπ4

= 2 √

2(cos(

^3iπ₄

) + i sin(

^3iπ₄

)) = 2 √

2( −

^√2²

+ i

^√₂²

) = − 2 + 2i.

L’autre solution a pour forme algébrique 2 − 2i.

2. (a) D’après la question 1, (1+i)

⁶

= − 8i ⇔ ((1+i)

²

)

³

= − 8i. Ainsi, une solution de (E

^′

) est t = (1+i)

²

. (b) Montrons que jt et j

²

t sont des solutions de (E

^′

).

(jt)

³

= j

³

t

³

= (e

^2iπ3

)

³

× ( − 8i) = (e

^6iπ3

) × ( − 8i) = e

^2iπ

× ( − 8i) = − 8i. Donc jt est solution de (E).

Puis, (j

²

t)

³

= j

⁶

t

³

= (e

^2iπ3

)

⁶

× ( − 8i) = (e

^12iπ3

) × ( − 8i) = e

^4iπ

× ( − 8i) = − 8i. Donc j

²

t est solution de (E).

3. Soient A, B et C les points du plan complexe d’affixe t, jt et j

²

t. Ecrivons ces affixes sous forme exponentielle.

t = (1 + i)

²

= ( √

2e

^iπ4

)

²

= ( √

2)

²

e

^2iπ4

= 2e

^iπ2

.

jt = e

^2iπ3

× 2e

^iπ2

= 2e

^7iπ6

, et j

²

t = e

^4iπ3

× 2e

^iπ2

= 2e

^11iπ6

.

4. Nature du triangle ABC , pour cela on considère le complexe z = z

C

− z

A

z

B

− z

A

On a t = 2i, jt = − √

3 − i et j

²

t = √ 3 − i.

Ainsi, Z =

√ 3 − i − 2i

− √

3 − i − 2i =

√ 3 − 3i

− √ 3 − 3i Z = ( √

3 − 3i)( − √ 3 + 3i ( − √

3 − 3i)( − √

3 + 3i) = 6 + 6i √ 3

12 . Ainsi, Z = 1 2 +

√ 3

2 i = e

^iπ3

. On en déduit que | Z | = AC

AB = 1 et arg(Z ) = π

3 = ( −−→ AB; −→ AC). Ainsi, le triangle ABC est équilatéral.

• • •

EXERCICE 2 1. (a) z

1

= 1 + i

2 z

0

= 1 + i

2 × 16 = 8 + 8i.

z

2

= 1 + i 2 z

1

=

1 + i 2

(8 + 8i) = 4 + 4i + 4i − 4 = 8i.

z

3

= 1 + i

2 z

2

= 8i 1 + i

2

= 4i − 4 = − 4 + 4i.

(b)

2 4 6 8

− 2

2 4 6 8 10 12 14 16

− 2

− 4

bb b b b

b

b

A

0

A

3

A

4

A

5

A

6

A

1

A

2

0

Lycée Bertran de Born - Périgueux 1 sur 2

Terminale S

Correction Devoir maison n˚14

2016 - 2017

(c) Si z = 1 + i

2 alors | z |

²

=

¹₄

+

¹₄

=

²₄

, donc | z | =

^√₂²

. Donc z =

^√₂^2√₂²

+ i

^√₂²

=

^√₂²

cos

^π₄

+ i sin

^π₄

. Un argument de 1 + i

2 est donc

^π₄

. (d) OA

0

= | | z

0

| = r

0

= 16 ;

OA

1

= | | z

1

| = r

1

= √

8

²

+ 8

²

= √

64 × 2 = 8 √ 2 ; A

0

A

1

= | z

1

− z

0

| = | 8 + 8i − 16 | = |− 8 + 8i | = 8 √

2.

On a donc OA

1

= A

0

A

1

: le triangle est isocèle en A

1

; D’autre part

8 √

2

²

+

8 √

2

²

= 16

²

⇐⇒ A

0

A

²₁

+ OA

²1

= OA

²0

signifie (réciproque du théorème de Pythagore) que le triangle OA

0

A

1

est rectangle en A

1

.

2. r

n+1

= | z

n+1

| =

1 + i 2 z

n

=

1 + i 2

× | z

n

| (le module du produit est égal au produit des modules) =

√ 2 2 r

n

. r

n+1

=

√ 2

2 r

n

montre que la suite (r

n

) est géométrique, de raison

√ 2 2 . On sait que r

n

r

0

√ 2 2

!ⁿ

= 16

√ 2 2

!ⁿ

. Comme 0 <

√ 2

2 < 1, on sait que lim

n→+∞

√ 2 2

!ⁿ

= 0, donc lim

n→+∞

r

n

= 0.

La suite converge vers 0.

Comme r

n

= | z

n

| = OA

n

, ceci signifie géométriquement que la limite des points A

n

est le point O.

3. (a) Quel que soit le naturel n : A

n

A

n+1

= | z

n+1

− z

n

| =

1 + i

2 z

n

− z

n

=

z

n

1 + i 2 − 1

=

z

n

− 1 + i 2

=

− 1 + i 2

× | z

n

| =

√ 2

2 r

n

= r

n+1

.

(b)

Variables : R et L sont des nombres réels n et k sont nombres entiers Initialisation : Affecter à R la valeur 16 .

Affecter à L la valeur 0.

Entrée : Demander la valeur de n.

Traitement : Pour k allant de 1 à n Affecter à R la valeur

√ 2 2 R Affecter à L la valeur L + R Fin Pour.

Sortie : Afficher . . . .

(c) L

n

est donc la somme des n (sauf r

0

) premiers termes de la suite géométrique (r

n

).

Donc L

n

= 8 √

2 1 −

^√2²

ⁿ

1 −

^√2²

. Ainsi L

10

≈ 37, 42.

(d) On sait que lim

n→+∞

√ 2 2

!n

= 0, donc lim

n→+∞

L

n

= 8 √ 2 1 −

^√2²

= 16 √ 2 2 − √

2 = 16 √

√ 2 2( √

2 − 1) = 16

√ 2 − 1 = 16

√

2 + 1

2 − 1 = 16

√ 2 + 1

.

Lycée Bertran de Born - Périgueux 2 sur 2