Centres étrangers 2016. Enseignement spécifique EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)

Centres étrangers 2016. Enseignement spécifique

EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)

On veut modéliser dans le plan la coquille d’un nautile à l’aide d’une ligne brisée en forme de spirale. On s’intéresse à l’aire délimitée par cette ligne.

On munit le plan d’un repère orthonormal direct(O ; −→u ; −→v).

Soitnun entier supérieur ou égal à 2. Pour tout entierkallant de 0 àn, on définit les nombres complexes

z^k=

! 1 + k

n

"

e^i2kπn et on noteM^k le point d’affixez^k.

Dans ce modèle, le pourtour du nautile est la ligne brisée reliant tous les pointsMk avec0!k!n.

Par exemple, pour les entiersn= 6,n= 10etn= 20, on obtient les figures ci-dessous.

1 2

−1 1

−1

n= 6

1 2

−1 1

−1

n= 10

1 2

−1 1

−1

n= 20

Partie A - Ligne brisée formée à partir de sept points

Dans cette partie, on suppose quen= 6. Ainsi, pour0!k!6, on azk =

! 1 +k

6

"

e^i2kπ6 . 1)Déterminer la forme algébrique dez1.

2)Vérifier quez0 et z6sont des entiers que l’on déterminera.

3) Calculer la longueur de la hauteur issue deM1 dans le triangleOM0M1 puis établir que l’aire de ce triangle est égale à 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.

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1)Pour tout entierktel que0!k!n, déterminer la longueurOMk. 2)Pourk entier tel que0!k!n−1, déterminer une mesure des angles !

−

→u ; −−−→OMk

"

et!

−

→u ; −OM−−−−k+1→

"

. En déduire une mesure de l’angle!−−−→OM^k ; −OM−−−−^k+1→

"

.

3)Pourk entier tel que0!k!n−1, démontrer que la longueur de la hauteur issue deM^k+1 dans le triangle OM^kM^k+1 est égale à

#

1 +k+ 1 n

$

×sin

#2π n

$ .

4)On admet que l’aire du triangleOMkMk+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−1.

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

VARIABLES : A est un nombre réel k est un entier n est un entier TRAITEMENT : Lire la valeur den

A prend la valeur 0 Pour kallant de 0 à n-1

Aprend la valeurA+1 2sin

#2π n

$

×

# 1 + k

n

$ #

1 + k+ 1 n

$

Fin Pour

SORTIE : AfficherA

On entre dans l’algorithmen= 10

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

Recopier et compléter les lignesL6et L13de l’algorithme ci-après qui permet de déterminer le plus petit entiern tel que An"7,2. On ne demande pas de déterminern.

L1 VARIABLES : Aest un nombre réel

L2 k est un entier

L3 nest un entier

L4 TRAITEMENT : nprend la valeur 2

L5 Aprend la valeur 0

L6 Tant que. . .. . .. . .. . .

L7 nprend la valeur n+ 1

L8 Aprend la valeur 0

L9 Pour kallant de 0 àn−1

L10 A prend la valeurA+1

2sin

#2π n

$

×

# 1 + k

n

$ #

1 + k+ 1 n

$

Fin Pour

L12 Fin Tant que

L13 SORTIE : Afficher. . .

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EXERCICE 4 : corrigé Partie A

1)z1=

! 1 +1

6

"

e^2iπ6 = 7

6e^iπ3 =7 6

#1

2+i

√3 2

$

= 7

12+i7√ 3 12 . 2)z0=

! 1 +0

6

"

e⁰= 1etz6=

! 1 +6

6

"

e^2iπ = 2 (cos(2π) +isin(2π)) = 2. En particulier,z0 etz6 sont des entiers.

3)NotonsH le pied de la hauteur issue deM1 dans le triangleOM0M1. On azH =xM₁ =Re(z1) = 7

12 et donc HM1=|z1−z^H|=

%

%

%

%

% 7

12+i7√ 3 12 − 7

12

%

%

%

%

%

=

%

%

%

%

% i7√

3 12

%

%

%

%

%

= 7√ 3

12 |i|=7√ 3 12 . L’aire du triangleOM0M1 est alors

OM0×HM1

2 =

1×7√ 3 12

2 = 7√ 3 24 .

1

−1

−2

1 2

−1

−2

M0

M1

M2

M3

M4

M5

M6

O H

Partie B

1)Soitnun entier supérieur ou égal à2. Soitkun entier tel que0!k!n. Puisque 1 + k n>0, OMk =|zk|=

%

%

%

%

! 1 + k

n

"

e^2ikπn

%

%

%

%

=

! 1 + k

n

"%

%

%e^2ikπn %

%

%= 1 +k n.

2)Soitkun entier tel que0!k!n−1.

&−→u ,−−−→

OMk

'=arg(zk) =arg

!!

1 + k n

"

e^2ikπn

"

=2kπ n [2π].

et donc aussi&−→u ,−−−−−→

OMk+1

'= 2(k+ 1)π

n [2π]. Par suite, d’après la relation deChasles,

&−−−→

OM^k,−−−−−→

OMk+1

'=&−−−→

OM^k,−→u' +&

−

→u ,−−−−−→

OMk+1

'=−&

−

→u ,−−−→

OM^k' +&

−

→u ,−−−−−→

OMk+1

'

=−2kπ

n +2(k+ 1)π

n = 2(k+ 1−k)π n

=2π n [2π].

3) Soitk un entier naturel tel que 0 !k!n−1. Notons H^k le pied de la hauteur issue deM^k+1 dans le triangle OM^kM^k+1.

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O Mk

Mk+1

2π n

Hk

D’après la question précédente, on aMk!OMk+1= 2π n puis HkMk+1

OMk+1

= sin&

Mk!OMk+1

'= sin

!2π

n

"

et donc, d’après la question 1),

HkMk+1=OMk+1sin

!2π

n

"

=

!

1 + k+ 1 n

"

sin

!2π

n

"

.

4) Tableau complété.

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

A 0,323 0,711 1,170 1,705 2,322 3,027 3,826 4,726 5,731 6,847 5) Algorithme complété.

Variables : Aest un nombre réel kest un entier nest un entier Traitement : nprend la valeur 2

Aprend la valeur 0 Tant que A <7,2

nprend la valeurn+ 1 Aprend la valeur0 Pour kallant de0à n−1

Aprend la valeurA+1 2sin

!2π

n

"

×

! 1 + k

n

" !

1 + k+ 1 n

"

Fin Pour Fin Tant que Sortie : Affichern

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