Exercice tiré du sujet centres étrangers 1993 1.a. (r

Exercice tiré du sujet centres étrangers 1993

1.a. (rn)étant une suite géométrique de raison 2

3 et de premier termer0,on a rn =r0

µ2 3

¶n

.

1.b.(θn)étant une suite géométrique de raison 2π

3 et de premier termer0,on a θn=θ0+n×2π 3

1.c.On a z0=r0e^iθ0, z1=r1e^iθ1 doncz1= 2 3r0e

i Ã

θ0+2π 3

!

⇒z1= 2

3r0 e^iθ0 e 2iπ

3

On a donc z1=z0×2 3 e

2iπ

3 en remplaçantr0e^iθ0 parz0.

Puisz2=r2e^iθ2 doncz2=r0

µ2 3

¶2

e

i Ã

θ0+4π 3

!

⇒z2=r0

µ2 3

¶2

e^iθ0 e 4iπ

3

On a donc z2= µ2

3

¶2

e 4iπ

3 ×z0

Une petite remarque, il semble bien que zn =z0

⎛

⎝µ2 3

¶ e

2iπ 3

⎞

⎠

n

, ce qui se démontrerait facilement par récurrence. Cela

rappelle évidemment une suite géométrique de raison µ2

3

¶ e

2iπ

3 sauf qu’il s’agit d’une suite à termes complexes, ce qui n’est pas au programme de terminale.

La condition de l’énoncé devient alors :z0z1z2= 8⇔z0×

⎛

⎝z0×2 3 e

2iπ 3

⎞

⎠×

⎛

⎝µ 2 3

¶2

e 4iπ

3 ×z0

⎞

⎠= 8

⇔z₀³× µ2

3

¶3

×e 6iπ

3 = 8

⇔z₀³× 8 27= 8

⇔z₀³= 27.

Cette équation doit évidemment être résolue dans C doncz₀³ = 27 si et seulement si r³₀e^3iθ0 = 27 donc si et seulement si r₀= 3et3θ₀= 2π+ 2kπc’est à direθ₀=2π

3 +2kπ

3 .Mais θ₀∈h 0;π

2

h⇒θ₀= 2π

3 obtenu pourk= 0.

Ainsi z₀= 3 ,puisz₁=z₀×2 3 e

2iπ

3 ⇒z₁= 2e 2iπ

3 dont le module est2et un argument 2π

3

etz2= µ2

3

¶2

e 4iπ

3 ×z0⇒z2=4 3 e

4iπ

3 dont le module est 4

3 et un argument 4π

3

2.a.On calculez₃=r₀ µ2

3

¶3

e

i Ã

θ0+6π 3

!

avecθ₀+6π

3 = 2π donc z₃= 3 µ2

3

¶3

de module 8

9 et d’argument0.

D’après ce qui précède,M₁est sur le cercle de centreO de rayon2avec un angle polaire de 2π 3. D’après ce qui précède,M₁est sur le cercle de centreO de rayon 8

9 avec un angle polaire de 4π 3 .

1

o

M0 M1

M2

M3

2.b.Le vecteur −−−−−−→M_nM_n+1 a pour affixez_n+1−z_n.Orz_n+1=r_n+1e^iθn+1. Orrn+1= 2

3rn etθn+1=θn+2π

3 puisqu’il s’agit de suites géométrique et arithmétique.

Ainsiz_n+1= 2 3r_ne

i Ã

θn+2π 3

!

⇒z_n+1= 2

3r_ne^iθneⁱ 2π

3 doncz_n+1=z_n

⎛

⎝2 3 eⁱ

2π 3

⎞

⎠qui confirme la remarque du début ; c’est

bien une suite géométrique (complexe) de raison 2 3 eⁱ

2π 3 .

On a doncz_n+1−z_n=z_n

⎛

⎝2 3 eⁱ

2π 3

⎞

⎠−z_n ⇒z_n+1−z_n=z_n

⎛

⎝2 3 eⁱ

2π 3 −1

⎞

⎠

Oreⁱ 2π

3 =−1 2+

√3

2 idonc 2 3 eⁱ

2π

3 −1 =−4 3+

√3 3 iet

¯¯

¯¯

¯¯ 2 3 eⁱ

2π 3 −1

¯¯

¯¯

¯¯= r16

9 +1 3 =

√19 3

Ainsi|zn+1−zn|=

¯¯

¯¯

¯¯zn

⎛

⎝2 3 eⁱ

2π 3 −1

⎞

⎠

¯¯

¯¯

¯¯⇒|zn+1−zn|=|zn| ×

¯¯

¯¯

¯¯ 2 3 eⁱ

2π 3 −1

¯¯

¯¯

¯¯On a donc |zn+1−zn|=

√19 3 rn

Ainsi°°°−−−−−−→MnMn+1

°°

°=|zn+1−zn|=

√19

3 rn qui tend vers0puisque la suite géométrique de rayon inférieur à 1 tend vers0.

2.c. Mais la limite de la longueur l_n est la limite de la somme d’une infinité de termes positifs. Il semble nécessaire que ces termes tendent vers 0pour que cette somme d’un nombre infini de termes positifs soit finie. Elle n’est cependant pas suffisante.

Iciln = Xn

k=0

lk ⇒ln= Xn

k=0

√19

3 rk ⇒ln=

√19 3

Xn

k=0

rk.

Or Xn k=0

r_k est la somme desn+ 1 premiers termes d’une suite géométrique.donc Xn k=0

r_k =r₀ 1−

µ2 3

¶n+1

1−2 3

D’oùl_n =

√19 3 ×3×

1− µ2

3

¶n+1

1−2 3

⇒l_n=√ 19×

1− µ2

3

¶n+1

1 3

et l_n= 3√ 19

à 1−

µ2 3

¶n+1!

dont la limite est3√ 19

2