On sait que, pour tout complexez,zz=|z|2doncaa=|a|2= 1

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EXERCICE 1 1. On appelle A le point d’affixea=−

√2 2 + ß

√2 2 . a. |a|²=

−

√2 2

² +

√ 2 2

²

= 1 2+1

2 = 1 ; donc|a|= 1

On cherche le réelαtel que











cosα = −

√2 2 sinα =

√2 2

Doncα= 3π

4 +k2πaveckentier relatif La forme exponentielle deaest e^3π4ß.

b. On sait que, pour tout complexez,zz=|z|²doncaa=|a|²= 1.

f(a) =a+1

a =a+ a

aa =a+a=−

√2 2 + ß

√2 2 +

−

√2 2 −ß

√2 2

=−

√2 2 + ß

√2 2 −

√2 2 −ß

√2 2 =−√

2 La forme algébrique de f(a) est−√

2.

2. On résout, dans l’ensemble des nombres complexes non nuls, l’équationf(z) = 1 : f(z) = 1 ⇐⇒ z+1

z = 1 ⇐⇒ z²+ 1 z = z

z ⇐⇒ z²−z+ 1

z = 0 ⇐⇒ z²−z+ 1 = 0

∆ = 1−4 =−3 donc l’équation admet deux solutions conjuguéesz1= 1 2+ ß

√3

2 etz2= 1 2−ß

√3 2 . 3. SoitM un point d’affixez du cercleC de centre O et de rayon 1.

a. Le nombre complexezs’écrit sous forme exponentielle :|z|e^ßθ.

Le pointM(z) est sur le cercle de centre O et de rayon 1 donc OM = 1 ce qui veut dire que|z|= 1.

Donczpeut s’écrire sous la forme e^ßθ. b. f(z) =z+1

z = e^ßθ+ 1

e^ßθ = e^ßθ+ e^−ßθ

Les deux nombres complexes e^ßθ et e^−ßθsont deux nombres complexes conjugués donc leur somme est un réel (le double de leur partie réelle).

Doncf(z) est un réel.

4. On chercheM(z) tel quef(z) soit réel.

Posonsz=x+ ßy : f(z) =z+1

z =x+ ßy+ 1

x+ ßy =x+ ßy+ x−ßy

x²+y² =x x²+y²

+ ßy x²+y²

+x−ßy x²+y²

= x x²+y²+ 1

x²+y² + ßy x²+y²−1 x²+y²

f(z) est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle, autre- ment dit siy x²+y²−1

= 0.

Ce qui signifie que soity= 0 soitx²+y²−1 = 0.

• y= 0 veut dire que la partie réelle dez est nulle donc que le point M se trouve sur l’axe des abscisses. Mais il ne faut pas oublier de retirer l’origine O du repère carzdoit être non nul.

• x²+y²−1 = 0 ⇐⇒ x²+y²= 1 est l’équation du cercle de centre O et de rayon 1.

L’ensemble des points M d’affixe z tels que f(z) soit réel est la réunion de l’axe des abscisses privé du point O, et du cercle de centre O et de rayon 1.

x y

bc

O

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EXERCICE 2 On munit le plan complexe d’un repère orthonormé direct O, −→

u , −→ v

. On noteC l’ensemble des pointsM du plan d’affixez tels que|z−2|= 1.

1. Soit A le point d’affixe 2.

|z−2|= 1 ⇐⇒ AM = 1 doncCest le cercle de centre A et de rayon 1.

2. M(z)∈ C ∩ D ⇐⇒

(|z−2|= 1

y=ax ⇐⇒

(y=ax

|x−2 + iax|= 1 .

|x−2 + iax|= 1 ⇐⇒ (x−2)²+a²x²= 1 ⇐⇒ 1 +a²

x²−4x+ 3 = 0.

Le discriminant est ∆ = 16−12 1 +a²

= 4−12a²= 4 1−3a² .

Pour qu’il y ait une intersection, il faut que cette équation ait au moins une solution réelle, donc que ∆>0.

On doit avoir 1−3a²>0, donc − r1

3 6a6 r1

3 . On peut alors distinguer trois cas :

• Premier cas.a∈i

−∞;−^√3³

h

∪i√3 3 ; ∞h

: aucun point d’intersection.

• Deuxième cas.a=±^√3³ : un seul point d’intersection (la droite et le cercle sont tangents).

• Troisième cas.a∈i

−^√3³ ; ^√₃³h

: deux points d’intersection.

EXERCICE 3 On considère la suite (zn) de nombres complexes définie pour tout entier naturelnpar : ( z0 = 0

zn+1 = 1

2i×zn+ 5

Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on note Mn le point d’affixezn. On considère le nombre complexezA= 4 + 2i et A le point du plan d’affixezA. 1. Soit (un) la suite définie pour tout entier naturelnparun=zn−zA.

a. Montrons que, pour tout entier natureln, un+1= 1 2i×un. Pour tout entier natureln,un+1=zn+1−zA= 1

2i×zn+ 5−(4 + 2i) =1

2i×zn+ 1−2i.

Pour tout entier natureln, 1

2i×un =1

2i (zn−zA) =1

2i (zn−4−2i) = 1

2i×zn+ 1−2i.

Et pour tout entier natureln,un+1= 1 2i×un.

b. On va démontrer par récurrence que, pour toutn, la propriétéPⁿ : 1

2i ⁿ

(−4−2i) est vraie.

• Initialisation:u0=z0−zA=−zA=−4−2i ; pourn= 0, 1

2i n

(−4−2i) = 1

2i 0

(−4−2i) =−4−2i Donc la propriété est vraie pourn= 0.

• Hérédité : on suppose la propriété vraie au rang quelconque p60, c’est-à -dire 1

2i ^p

(−4−2i) ; on va la démontrer au rangp+ 1.

up+1=1

2iun =1 2i×

1 2i

^p

(−4−2i) = 1

2i ^p+1

(−4−2i) Donc la propriété est vraie au rangp+ 1.

• La propriété est vraie au rang 0, elle est héréditaire, donc, d’après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier natureln.

Pour tout entier natureln,un= 1

2i ⁿ

(−4−2i)

2. Démontrons que, pour tout entier naturel n, les points A,Mn etMn+4 sont alignés.

Le vecteur−−−→

AMn a pour affixeun=zn−zA, et le vecteur−−−−−→

AMn+4 a pour affixeun+4=zn+4−zA. Mais d’après la question précédente, pour tout entier natureln,un+4=

1 2i

ⁿ⁺⁴

(−4−2i) et un=

1 2i

ⁿ

(−4−2i).

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On en déduit que pour tout entier natureln, un+4= 1

2i ⁴

un. Mais

1 2i

⁴

= 1 16

On en déduit que pour tout entier natureln, un+4= 1

16un et−−−−−→

AMn+4 = 1 16

−−−→AMn

Ce qui prouve que, pour tout entier natureln, les vecteurs sont colinéaires et par conséquent les points A, Mn

et Mn+4sont alignés.

EXERCICE 4 Partie A : Ligne brisée formée à partir de sept points Dans cette partie, on suppose quen= 6.

1. Déterminons la forme algébrique dez1. On a : z1=

1 + 1

6

e^i2π6 = 7

6

cos ^π₃

+ i sin ^π₃

= 7 6

1 2 + i

√3 2

= 7 12+ i7√

3 12 . 2. On az0= e⁰= 1 etz6=

1 +6

6

e^i2π= 2.

3. Calculons la longueur de la hauteur issue deM1 dans le triangleOM0M1.

Soit H le pied de la hauteur issue deM1dans le triangleOM0M1. Comme O etM0 sont pour abscisse 0, on a : M1H = 7√

3 12 .

L’aire du triangleOM0M1est égale à : 1

2OM0×M1H = 7√ 3 24 . Partie B : Ligne brisée formée à partir de n+ 1 points Dans cette partie,nest un entier supérieur ou égal à 2.

1. Pour tout entierktel que 06k6n, déterminons la longueurOMk. On aOMk =|zk|= 1 + k

n, car pour tout entier naturel nest un entier supérieur ou égal à 2, tout entier k tel que 06k6n, le module de e^i2kπn vaut 1.

2. Soitkentier tel que 06k6n−1.

−→

u ; −−−→

OMk

= arg(zk) = 2kπ n et −→

u ; −−−−−→

OMk+1

= arg(zk) =2(k+ 1)π

n .

Or−−−→

OMk ; −−−−−→

OMk+1

=−→

u ; −−−−−→

OMk+1

−−→

u ; −−−→

OMk

à 2πprà¨s.

On en déduit que−−−→

OMk ; −−−−−→

OMk+1

= 2(k+ 1)π n −2kπ

n =2π

n à 2πprà¨s.

3. Pourkentier tel que 06k6n−1, calculons la longueur de la hauteur issue deMk+1dans le triangleOMkMk+1. Soit Hk+1 le pied de la hauteur issue de Mk+1 dans le triangle

OMkMk+1. On a : Mk+1Hk+1

OMk+1

= sin−−−→

OMk ; −−−−−→

OMk+1

.

MaisOMk+1= 1 + k+ 1

n et sin−−−→

OMk ; −−−−−→

OMk+1

= sin 2π

n

. On en déduit que pourkentier tel que 06k6n−1,

Mk+1Hk+1=

1 +k+ 1 n

sin

2π n

×O

bb

Mk×

×

Mk+1

×Hk+1

4. On admet que l’aire du triangle OMkMk+1 est égale àak = 1 2sin

2π n

×

1 + k

n 1 + k+ 1 n

et que l’aire totale délimitée par la ligne brisée est égale àAn=a0+a1+· · ·+an.

L’algorithme suivant permet de calculer l’aireAn lorsqu’on entre l’entiern:

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VARIABLES Aest un nombre réel kest un entier nest un entier TRAITEMENT Lire la valeur den

Aprend la valeur 0 Pourkallant de 0 àn−1

Aprend la valeurA+1 2sin

2π n

×

1 + k

n 1 + k+ 1 n

Fin Pour

SORTIE Affichern

On entre dans l’algorithmen= 10

On obtient le tableau ci-dessous qui illustre le fonctionnement de l’algorithme.

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

A 0,323 0,711 1,170 10705 2,322 3,027 3,826 4,726 5,731 6,848

5. On admet queA2= 0 et que la suite (An) converge et que limn→+∞An =7π 3 ≈7,3.

En L6 tant queA <7,2 En L13 Afficher n.

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