Rappel : La rédaction des DM doit être individuelle.
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé
(O;
⃗u ,
⃗v
). Pour tout entier naturel n, on note A
nle point d'affixe z
ndéfini par : z
0=1 etz
n+1=( 3 4
+√ 3
4 i ) z
n.
On définit la suite (
rn) par r
n=∣ z
n∣ pour tout entier naturel n.
1) Donner la forme exponentielle du nombre complexe 3 4
+√ 3
4 i.
2) a) Montrer que la suite
(
rn) est géométrique de raison √ 3 2 . b) En déduire l'expression de r
nen fonction de n.
c) Que dire de la longueur O A
nlorsque n tend vers
+∞?
3) On considère l'algorithme suivant :Variables
n
entier naturelR
réelP
réel strictement positif Entrées Demander la valeur deP
TraitementR
prend la valeur 1n
prend la valeur 0 Tant queR> P
n
prend la valeurn+ 1 R
prend la valeur√ 3
2 R
Fin tant queSortie Afficher
n
a) Quelle est la valeur affichée par l'algorithme pour P=0,5 ?
b) Pour P= 0,01 on obtient n= 33. Quel est le rôle de cet algorithme ?
4) a) Montrer que pour tout entier naturel n,
z
n= r
ne
inπ 6
. b) Démontrer que le triangle O A
nA
n+1est rectangle en A
n+1.
c) Déterminer les valeurs de n pour lesquelles A
nest un point de l'axe des ordonnées.
d) Compléter la figure donnée en annexe (au dos de cette page), à rendre avec la copie, en représentant les points A
6, A
7,A
8et A
9. Les traits de construction seront apparents.
5) Soit n
la longueur de la ligne brisée A
0A
1....A
nA
n+1a) Exprimer
nen fonction de n.
b) Déterminer la limite de
(n)si elle existe.
Mme Helme-Guizon http://mathematoques.weebly.com
ANNEXE
( 4 4 )
1) Donner la forme exponentielle du nombre complexe
3 4
+√ 3
4 i
.∣
34+√
34 i
∣
=√ (
34)
2+( √
43)
2=√
169+163=√
1216=√
34=√
23. On a 3 4+√
34i=
√
32
( √3423 +
√
3 4√
3 2i
)
=√
23(
34×√
23+√
43×√
23i)
=√
23( √
23+12i)
.Or cosπ 6=
√
32 et sinπ 6=1
2 donc le nombre complexe 3 4+
√
34i a pour module
√
32 et pour argument π
6 donc sa forme exponentielle est
√
32 ei
π 6.
3
4
+√ 3 4 i= √ 3
2 e
iπ6
Remarque : On peut faire plus efficace au niveau du calcul : la factorisation « se voit » et si on ne la voit pas, multiplier le numérateur et le dénominateur par 4 est selon moi plus rapide que de multiplier par l'inverse du quotient.
2) a) Montrer que la suite
( r
n)
est géométrique de raison√
32.
r
n+1=∣ z
n+1∣
=∣ ( 3 4
+√ 3
4 i ) z
n∣
=∣ 3 4
+√ 3
4 i ∣
×∣ z
n∣
=√ 2 3 r
n donc la suite (rn) est géométrique de raison q=√
32 et de premier terme
r
0=∣ z
0∣
=1.b) En déduire l'expression de
r
n en fonction den
. La suite (rn) est géométrique donc, pour tout entier naturel n ,r
n=r0×qn, doncr
n=( √ 2 3 )
n .c) Que dire de la longueur
O A
n lorsquen
tend vers +∞ ? OAn=∣
zn∣
=rn=( √
23)
n. (rn) est une suite géométrique de raison √32; or −1<√3
2<1 donc la suite (rn) converge vers 0. La longueur OAn tend donc vers 0 quand
n
tend vers +∞.3) On considère l'algorithme suivant : a) Quelle est la valeur affichée par l'algorithme pour
P=0,5
?On fait tourner l'algorithme donné dans le texte en prenant pour
P
la valeur0,5
:La valeur affichée par l'algorithme pour
P=0,5
est 5.b) Pour P=0,01 on obtient n=33.Quel est le rôle de cet algorithme ?
Cet algorithme s'arrête dès que
R⩽P
et affiche alorsn
, c'est-à-dire qu'il affiche la plus petite valeur den
pour laquelleR
doncr
n=OAn est inférieur ou égal àP
.n R P R>P ?
Initialisation 0 1 0,5 VRAI
Traitement 1 r1=
√
32≈0,866 0,5 VRAI 2
r
2=( √ 2 3 )
2=0,75 0,5 VRAI3
r
3=( √ 2 3 )
3≈0,6495 0,5 VRAI4
r
4=( √ 2 3 )
4=0,5625 0,5 VRAI5
r
5=( √ 2 3 )
5≈0,49 0,5 FAUXSortie Afficher 5
On peut donc dire que OA32>0,01 et que OA33⩽0,01.
Vérification à la calculatrice: r32≈0,01002 et r33≈0,00868.
Mme Helme-Guizon http://mathematoques.weebly.com
3
Les étapes de l'algorithme doiventfigurer sur la copie.
4) a) z0=1 et ∀n∈ℕ, zn+1=
(
34+√34 i
)
zn. donc (zn) est une suite géométrique de raison z1=(
34+√34 i
)
et de premier terme z0=1.Pour tout entier n, on a donc zn=z0(z1)n=(z1)n. Or d'après 1) z1=34+
√
34i=
√
32 ei
π 6 donc zn=(z1)n=
( √
23eiπ
6
)
n=( √
23)
n(
eiπ6)
n=( √
23)
neinπ6. Finalement, Pour tout entier naturel n, zn=(z1)n=( √
23)
neinπ6 .On pouvait aussi le prouver par récurrence.
b) Démontrer que le triangle O AnAn+1 est rectangle en An+1. On considère le triangle OAnAn+1.
■ Méthode 1 : réciproque du théorème de Pythagore OAn=rn donc (OAn)2=rn2. OAn+1=rn+1=√3
2rn donc (OAn+1)2=3 4rn2. AnAn+1=|zn+1−zn|=
| (
34+√43i)
zn−zn|
=| (
34+√43i−1)
zn|
=|
−14+√34i
|
×|zn|=√ (
−14)
2+(
√43)
2×rn=√
161+163rn=√
164rn=12rn donc(AnAn+1)2=1
4rn2. On a donc (AnAn+1)2+(OAn+1)2=1 4rn2+3
4rn2=rn2=(OAn)2
D'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OAnAn+1 est rectangle en An+1.
■ Méthode 2 : calculs d'angles via les arguments
Notre but est de montrer que l'angle (⃗An+1O ,⃗An+1An) est droit. Calculons une mesure de cet angle : (⃗An+1O ,⃗An+1An)=(i)(⃗An+1O ,⃗u)+( ⃗u ,⃗An+1An)=−(⃗u ,⃗An+1O)+( ⃗u ,⃗An+1An)=−arg(0−zn+1)+arg(zn−zn+1)
=arg
(
z−zn−zn+1n+1)
=arg(
zn+1zn+1−zn)
=arg(
1−zzn+1n)
=(ii)arg(
1−((zz1)1n+1)n)
=arg(
1−z11)
(i)relation de Chasles pour les angles orientés, ; (ii) car zn=(z1)nd'après 4 a).
Or z1=3 4+
√
34 i=
√
32ei
π
6 donc z1
1
=2
√3e
−iπ
6 donc 1−1 z1=1−2
√3e
−iπ 6=1−2
√3
(
√23−12i
)
=1−1+√13i=+√13i , qui a pour argument π2. On a donc prouvé que (⃗An+1O ,⃗An+1An)= π2+2kπ donc l'angle (⃗An+1O ,⃗An+1An) est droit ce qui prouve que le triangle OAnAn+1 est rectangle en An+1.
c) Le point An, d'affixe zn, appartient à l'axe des ordonnées si et seulement si son argument est π 2 ou 3π
2 modulo 2π, c'est-à-dire π
2 modulo π, donc il peut s'écrire π
2+kπ où k∈ℤ.
zn=
( √
23)
neinπ6 d'après 4a), donc le nombrez
n a pour argument nπ 6; nπ6=π
2+kπ⇔n=3+6k.
Mais
n
est un entier naturel donck
doit être strictement positif donc appartenir à ℕ. Finalement, le pointA
n appartient à l'axe des ordonnées sin
s'écrit3+ 6k
aveck∈ℕ
. d) Compléter la figure donnée en annexe en représentant les pointsA
6, A
7,A
8 etA
9. Le point A6 a pour affixe z6 qui a pour argument 6π6=π; ce point est donc sur l'axe des abscisses.Comme le triangle OA5A6 est rectangle en A6, on trace le cercle de diamètre OA5; le point A6 est à l'intersection de ce cercle et de l'axe des abscisses. [On utilise le fait qu'un triangle rectangle est inscrit dans le cercle ayant pour diamètre son hypoténuse.] Le point A7 a pour affixe z7 qui a pour argument 7π
6 ; donc les points A1,
O
etA
7 sont alignés. Le pointA
7 se trouve donc à l'intersection du cercle de diamètreOA
6 et de la droite (OA1).Etc. (Voir figure en annexe)
Remarque: les points
A
3 etA
9 appartiennent à l'axe des ordonnées, ce qui correspond bien à la réponse trouvée à la question 4.c.[Le sujet de bac s'arrêtait ici. Vous avez du rab!]
5) Soit n la longueur de la ligne brisée
A
0A
1....A
nA
n+1. a) Exprimer n en fonction de n.wk=AkAk+1=1 2
( √
23)
kRemarque : On aurait pu trouver que wk=AkAk+1=1
2
( √
23)
kpar des méthodes de géométrie élémentaires : Ceux qui ont démontré du fait que le triangle est rectangle au moyen de la réciproque du théorème de Pythagore ont au passage établi que AnAn+1=12rn. On pouvait aussi voir que le triangle O AnAn+1 est rectangle en An+1 avec l 'angle en O de mesure π
6=30∘ et OAn=rn . SOH CAH TOA finit le travail.
(wk) est donc une suite géométrique de raison
√ 3
2
. On en déduit par la formule d'addition de termesconsécutifs d'ne suite géométrique que n=∑
k=0
k=nAkAk+1=∑
k=0 k=n
wk=w0−wn+1 1−
√
32
= 1 2−1
2
( √
23)
n+11−
√
3 2=(i)
1−
( √
23)
n+12−
√
3 (i) en multipliant le haut et le bas par 2.Finalement, pour tout entier naturel n, n=
1−
( √
23)
n+12−
√
3 .b) Déterminer la limite de (n) si elle existe.
n⟼
( √
23)
n est une suite géométrique de raison√
32; or −1<
√
32<1 donc la suite n⟼
( √
23)
n converge vers 0 d'où, par somme et quotient de limites, limn→+∞n= 1−0 2−
√
3=1 2−
√
3=2+
√
3(2−
√
3)(2+√
3)=2+√
3 limn→+∞
n=2+
√
3Mme Helme-Guizon http://mathematoques.weebly.com