(M N) et (AD) sont donc coplanaires.M ∈(BC) et (AD)//(BC) donc (M N) n’est pas parall`ele `a (AD) et donc (AD) et (M N) sont s´ecante

TS 8 DS 5 Correction : Nombres complexes, G´eom´etrie dans l’espace, convergence monotone 26 janvier 2016 Exercice 1 :

Partie A : Sans coordonn´ees

1. M ∈ (BC) et N ∈ (CD) donc (M N) est inclut dans (ADC).

(M N) et (AD) sont donc coplanaires.M ∈(BC) et (AD)//(BC) donc (M N) n’est pas parall`ele `a (AD) et donc (AD) et (M N) sont s´ecante.

2. K est l’intersection des droites (P D) et (AD).

3. (ABC) et (EF G) sont parall`eles. (M N P) intersecte (ABC) en (M N). Par la propri´et´e d’incidence, (M N P) intersecte (EF G) en une droite parall`ele `a (M N). De plus cette droite passe par P, il faut donc tracer la droite parall`ele `a (M N) et qui passe parP. 4. On app`eleQl’intersection dedavec (EF). On trace la parall`eled₃

`

a la droite (P K) qui passe par M, on appelle R l’intersection de (F B) etd₃.

A

B

C

D E

F

G

H P

M N L

K Q

t R

Partie B : Avec coordonn´ees

1. A(0; 0; 0),B(1; 0; 0), C(1; 1; 0), (0; 1; 0),E(0; 0; 1), M(1;¹₂; 0),N(¹₃; 1; 0),P(0;¹₄; 1) et L(0;⁵₄; 0) 2. −−→

M N −²₃;¹₂; 0 et−−→

M L −1;³₄; 0

. On a donc−−→

M N = ²₃−−→

M L.

3. (a) Un vecteur directeur ded1est~u(0; 1;−1), un vecteur directeur ded2est~v(0; 0; 1). Les coordonn´ees ne sont pas proportionnelles, les vecteurs directeurs ne sont donc pas colin´eaires, les droites ne sont donc pas parall`eles.

(b) R´esolvons





 0 = 0

1

4 +t= 1 1−t= 1 +t⁰

⇔





 0 = 0 t=³₄ t⁰=−³₄

l’intersection des droites estK(0; 1;¹₄).

(c) d1= (P L). En effet avect= 0, on remarque qued1passe parP et avect= 1, on remarque qued1 passe parL.

d₂= (HD). En effet avect= 0, on remarque que d₂ passe parH et avect= 1, on remarque qued₂ passe par D.

On a donc calculer les coordonn´ees deK, l’intersection des droites (HD) et (P L).

4. (a) ∆ est parall`ele `a (M N), elle admet donc comme vecteur directeur−−→

M N −²₃;¹₂; 0 . SoitT(x;y;z), un point de l’espace

T ∈∆⇔−→

T P =t−−→

M N , avect∈R⇔







x=−²₃t y=¹₄ +¹₂t z= 1

, t∈R.

(b) R´esolvons







1 3 =−²₃t 0 = ¹₄+¹₂t 1 = 1

⇔





 t=−¹₂ t=−¹₂ 1 = 1

, DoncQ∈∆ avec t=−¹₂.

(c) On remarque que−−→

EQ=¹₃−−→

EF doncE, Qet F sont align´es.

(d) Qest l’intersection de l’arrˆete [EF] et du plan (M N P). DoncQest un des sommets de la section.

5. (a) −−→

M P −1;−¹₄; 1 ,−−→

N R ²₃;−1;¹₂ et−→

P R 1;−¹₄;−¹₂ . R´esolvons :

−−→M P =x−−→

N R+y−→

P R⇔







−1 = ²₃x+y

−¹₄ =−x−¹₄y 1 = ¹₂x−¹₂y

⇔







y=−²₃x−1

−¹₄ =−x+¹₄(²₃x+ 1) 1 = ¹₂x+¹₂(²₃x+ 1)

⇔





 y= ⁷₅ x= ³₅ x= ³₅

. On a donc−−→

M P = ⁷₅−−→

N R+³₅−→

P R.

(b) On remarque d’abord que−−→

M C et−−→

M Gne sont pas colin´eaires, les vecteurs dirigent donc un plan.

SoitT(x;y;z) un point du plan, T ∈(M CG)⇔−−→

M T =t−−→

M C+t⁰−−→

M G, t,t⁰∈R⇔







x= 1 +²₃t+t⁰ y= ¹₂−t−¹₄t⁰ z= ¹₂t−¹₂t⁰ (c) R´esolvons







1 = 1 +²₃t+t⁰ 0 = ¹₂−t−¹₄t⁰

1

2 = ¹₂t−¹₂t⁰

⇔





 t=³₅ t⁰ =−²₅ t⁰ =−²₅

. R est donc bien dans le plan.

(d) On n’en d´eduit queRest un autre sommet de la section (voir la figure).

TS 8 DS 5 : Nombres complexes, G´eom´etrie dans l’espace, convergence monotone, Page 2 sur 2 2015-2016 Exercice 2 :

Partie A : ROC

1. Soitz un complexe non nul : 0 = arg ^z_z

= arg (z) + arg ¹_z

, c’est-`a-dire arg ¹_z

=−arg (z) 2. argz

z⁰

= arg(z) + arg ¹_z

= arg(z)−arg (z⁰).

Partie B : Transformation 1. |zA|=√

2,zA=√ 2

√1 2−i^√1

2

=√

2 cos −^π₄

+isin −^π₄

=√

2e^−iπ4. Un argument est donc−^π₄. 2. (a) zB

z_A = 2 +√ 3 + i

1−i = 2 +√ 3 + i

(1 + i)

(1−i)(1 + i) = 2 +√

3−1 + i 2 +√ 3 + 1 1 + 1

1 +√

3 + i 3 +√ 3

2 =1 +√

3

2 + i3 +√ 3 2 . (b) 1 +√

3

e^iπ3 = 1 +√ 3

1 2+i

√3 2

= 1 +√ 3 2 +i

√3 + 3 2

!

= zB

z_A. (c) zB = 1 +√

3

e^iπ3zA= √ 2 +√

6 e^i12π. 3. (a) z_O⁰ = 0 =z_O etz_B⁰ = √

2 +√ 6

e^iπ6e^−i12π = √ 2 +√

6

e^i12π =z_B. Les pointsOet B sont bien invariants.

(b) Siz=ρe^iθ, alorsz⁰=ρe^−iθe^iπ6 =ρe(^π6−θ).

z⁰=z⇔ρe^iθ=ρeⁱ(^π₆^−θ)⇔θ= ^π₆ −θ+ 2kπ, k∈Z⇔θ= ₁₂^π + 2kπ, k∈Z.

(c) (E) est la demi droite partant deO et passant parB. Pour la tracer, il faut repr´esenter le pointDd’affixe e^iπ6 puis faire la bissectrice de l’angle

~ u;−−→

OD . Exercice 3 :

Avec la calculatrice, on conjecture que la suite converge vers 1,62. On remarque aussi qu’elle semble croissante. Montrons par r´ecurrence qu’elle est croissante et qu’elle est major´ee par 1,62.

Pour tout entiern, on d´efinit P(n) :0< un< un+1<1,62 Initialisation Pour n= 0,u₁=p

(2)<1,62 etu₁p

(2)>1 =u₀>0. L’hypoth`ese est donc v´erifi´ee.

H´er´edit´e Soitnun entier, supposons queP(n) est vraie, montrons P(n+ 1).

P(n+ 1) s’´ecrit :0< u_n+1< u_n+2<1,62.

On a 0< u_n < u_n+1<1,62 donc 1< u_n+ 1< u_n+1+ 1<2,62 donc par croissance de la fonction racine carr´ee sur [0; +∞[ 1<√

u_n+ 1<√

u_n+1+ 1<√ 2,62.

On remarque que√

2,62≈1,618, on donc bien 0< u_n+1< u_n+2 <1,62.

P(n+ 1) est donc vraie.

Conclusion on a l’initialisation et l’h´er´edit´e, doncP(n) est vraie pour tout entiern.

La suite est croissante et major´ee, par le th´eor`eme de convergence monotone, on en d´eduit que (u_n) est convergente.

Soit` sa limite.

On a lim

n→+∞un+1=`et lim

n→+∞

√1 +un=√

1 +`par continuit´e de la fonction racine carr´ee sur [0; +∞[.

`est donc solution de`=√

1 +`ou encore la solution positive de`²= 1+`. En calculant le discriminant puis appliquant la formule, on trouve deux solutions`₁= 1 +√

5

2 et `<sub>2</sub>= 1−√ 5 2 . Seul`1 est positif, on en conclut donc que (un) converge vers 1 +√

5

2 (on remarque que 1 +√ 5

2 ≈1,62)