Nom : . . . .
Prénom : . . . . Devoir n
o06
Déc. 2020 . . ./. . .
DM 02
Le soin et la rédaction seront pris en compte dans la notation.Faites des phrases claires et précises.
Exercice 1
1
z= 3iz−1⇔z(1−3i) =−1
⇔z=− 1
1−3i=− 1 10− 3
10i S=
− 1 10− 3
10i
2 a. Pour tout entier natureln, on a :
un+1=zn+1+ 1 10+ 3
10i
= 3izn− 9 10+ 3
10i
= 3i
zn+ 3 10i + 1
10
= 3iun b. Soitn∈N. On notePnla propositionun=
1 10+ 3
10i
×3n×in. On souhaite démontrer quePnest vraie pour toutn∈N.
1
Pourn= 0 (initialisation) : 1
10+ 3 10i
×30×i0= 1
10+ 3 10i
×1×1 = 1 10+ 3
10i =u0 On en déduit queP0est vraie.
On considère un entier naturelkquelconque tel quePkest vraie (hypothèse de récurrence), autrement dit tel que
1 10+ 3
10i
×3k×ik. On souhaite démontrer quePk+1est vraie, autrement dit que 1
10+ 3 10i
×3k+1×ik+1 (hérédité).
uk+1= 3i×uk
= 3i× 1
10+ 3 10i
×3k×ik (par hypothese de recurrence)
= 1
10+ 3 10i
×3k+1×ik+1
Ainsi,P0 est vraie et, lorsquePk est vraie pour un entierk quelconque, alors Pk+1 est vraie aussi. Par le principe de récurrence, on en déduit que, pour toutn∈N,Pnest vraie doncun=
1 10+ 3
10i
×3n×in. 3 a. La distanceAMnest égale à|zn−zA|=|un|=3n
√ 10 10 .
On a lim 3n= +∞puisque 3>1. Ainsi limAMn= +∞et la distanceAMndiverge vers +∞. b. Pour tout entier natureln, on a :
zn+2−zA=un+2= 3iun+1= 3i×3iun=−9un=−9(zn−zA).
Donc :−−−−−−→
AMn+2=−9−−−−→
AMnet les pointsA, MnetMn+2sont alignés.
c. Pour tout entier natureln, on azn+1−zA=un+1= 3iun= 3i(zn−zA).
Donczn+1−zA
zn−zA = 3i et arg zn+1−zA zn−zA
!
=π
2+k×2π;k∈Z.
D’où : −−−−→
AMn;−−−−−−→ AMn+1
=π
2+k×2π;k∈Z. Les droites (AMn) et (AMn+1) sont donc perpendiculaires.
Exercice 2
On donneB=
1 0 0
1 −1 −1
−1 4 3
et on noteIla matrice identité de rang 3.
1 CalculerJ=B−I.
J =B−I
=
1 0 0
1 −1 −1
−1 4 3
−
1 0 0
0 1 0
0 0 1
=
0 0 0
1 −2 −1
−1 4 2
2 Calculer, avec la calculatriceJ3, puis en déduireJnpourn≥3.
Avec la calculatrice, on obtientJ3=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
AinsiJ3=O3la matrice nulle , puis pourn≥3, on a :Jn=J3×Jn−3=O3.
2
3 Prouver, à l’aide d’un raisonnement par récurrence, que pour tout entier non nul, on a Bn=I+nJ+n(n−1)
2 J2 Montrons par récurrence surnla propriétéπ(n) : «Bn=I+nJ+n(n−1)
2 J2».
- Initialisation :
B1=Bet =I+ 1×J+1(1−1)
2 J2=I+J=BcarJ=B−I Donc la propriété est vraie au rang 1.
- Hérédité :soitk≥1 un entier fixé. On suppose queBk=I+kJ+k(k−1)
2 J2.(HR) Bk+1 B×Bk
= (I+J) I+kJ+k(k−1) 2 J2
!
carB=I+J
=I+kJ+k(k−1)
2 J2+J+kJ2+k(k−1) 2 J3
=I+ (k+ 1)J+ k+k(k−1) 2
!
J2 carJ3=O3
=I+ (k+ 1)J+ k(k+ 1) 2
!
J2 carJ3=O3
- Conclusion :La propriété est vraie au rang 1 et elle est héréditaire donc le principe de récurrence s’applique et donc pour tout entiern≥1, on a «Bn=I+nJ+n(n−1)
2 J2».
4 CalculerJ2et en déduireBnen fonction den.
J2 =
0 0 0
1 −2 −1
−1 4 2
0 0 0
1 −2 −1
−1 4 2
=
0 0 0
0−2 + 1 0 + 4−4 0 + 2−2 0 + 4−2 0−8 + 8 0−4 + 4
=
0 0 0
−1 0 0
2 0
Bn =I+nJ+n(n−1) 2 J2
=
1 0 0
0 1 0
0 0 1
+n
0 0 0
1 −2 −1
−1 4 2
+n(n−1) 2
0 0 0
−1 0 0
2 0
=
1 0 0
n−n(n−1)
2 1−2n −n
−n+n(n−1) 4n 1 + 2n
Bn=
1 0 0
n(3−n)
2 1−2n −n
n2 4n 1 + 2n
3
