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Solutions du Contrôle n˚2
I) 6 points
1. Voir l’exemple 1 de la fiche de cours "Calculs avec les nombres complexes"
Par identification des parties réelles et imaginaires, l’équation équivaut à x2−y2= 0
2xy=−2
On trouve x=y oux=−y, et en remplaçant : L’ensemble des solutions est {1−i;−1 +i}
2. Voir l’exercice III.2 de la feuille "Complexes : exemples (calculs, conjugués)"
Par identification des parties réelles et imaginaires, l’équation équivaut à x2−y2=y
2xy=x
On trouve x= 0ouy=1
2, et en remplaçant : L’ensemble des solutions est
( 0;−i;
√3
2 + i 2;−
√3
2 +i 2
)
3. Voir l’exercice II.7 de la feuille "Complexes : exemples (calculs, conjugués)"
a) Si on poseun= (−1)nin, alorssn=u0+u1+· · ·+un
Or u est une suite géométrique de raison−i et de premier terme1, puisque un= 1×(−i)n. Donc d’après la formule de la somme des termes d’une suite géométrique :
sn =1−(−i)n+1 1 +i
b) L’équationsn=−i est équivalente après calculs à(−i)n+1=i
On étudie les puissances de−i:(−i)4= 1, donc(−i)4q+r= 14q(−i)r= (−i)r On raisonne par cas suivant les restes possibles de nmodulo 4 :
r 0 1 2 3
(−i)r 1 −i −1 i
Donc(−i)n+1=isi et seulement si le reste den+ 1 par 4 est 3.
Les solutions sont donc : n= 2 + 4k aveck∈N(n+ 1 = 3 + 4k)
II) 5 points
Voir l’exercice 6 de la feuille "Complexes et géométrie : TICE"
1 2 3
1 2 3 4
0
O
E B
A D
C
1. B est l’image deApar la rotation de centreCet d’angle π
2 :b−c=i(a−c).
On résout : c=b−ia
1−i =(b−ia)(1 +i)
2 =· · ·= c=√ 3 +i
2. d−c=√
3(a−c)d’où, après calculs, d= 2√ 3 + 4i
3. e= b+d
2 =· · ·=√ 3 + 3i.
c−b c−e =
√3−i
−2i =· · ·= c−b c−e =1
2 +i
√3
2 = cosπ 3
+isinπ 3
Donc(b−c) = cosπ
3
+isinπ 3
(e−c),
doncB est l’image deC par la rotation de centreC et d’angle π 3 Donc BCEest équilatéral
III) 4 points
Voir l’exercice 8 de la feuille "Complexes et géométrie : TICE"
Solutions du Contrôle n˚2 page 2 de 2 1. On utilise les formules de translation et de rotation :
n=z−i, p=iz
2. Soit Z = z−i
iz . Ce nombre est réel si et seulement si il est égal à son conjugué : Z =Z⇔ z−i
iz =z+i
−iz ⇔. . .⇔2izz−z+z⇔. . .⇔x2+y2−y= 0 En utilisant la forme canonique :x2+
y−1
2 2
= 1
2 2
E est le cercle de centreΩd’affixe i
2 et de rayon 1
2, privé du pointO Lorsque M parcourtE, z−i
iz =kréel, doncn−0 =k(p−0), donc−−→
ON =k−−→ OP. Lorsque M parcourtE, les pointsO,N etP sont alignés
−1 −0.5 0.5
−1
−0.5 0.5 1
0
O Ω
M
N P
A
IV) 5 points
1. Voir exercice II.4 de la feuille "Exemples : suites"
a)
n 0 1 2 3
un 1 1 3
1 5
1 7 vn 1 3 5 7 3−1 = 5−3 = 7−5 = 2
v semble être une suite arithmétique de raison 2 Calculonsvn+1−vn:vn+1−vn = 1
un+1
− 1 un
=· · ·=2un+ 1 un
− 1 un
=· · ·= 2.
vn+1 =vn+ 2
C’est une constante, doncv est une suite arithmétique de raison 2.
b) On en déduit sa formule directevn=v0+ 2n= 1 + 2n.
On en déduit la formule directe deu:un= 1 vn
= un = 1 1 + 2n 2. Voir exercice III.2 de la feuille "Exemples : suites"
vn+1=un+1−2 3 =−1
2un+ 1−2 3 =−1
2un−1 3 =−1
2vn
vn+1=−1
2vn , doncv est une suite géométrique de raisonq=−1 2. Puisque−1< q <1, la limite dev est 0. Orun=vn+2
3, donc
n→+∞lim un =2 3
