Corrigé Devoir maison n°6

(1)

Corrigé Devoir maison n°6

Exercice 2 page 27 dans Annales Nathan :

1. a .  est la composition d'une homothétie et d'une rotation de même centre 2, d'où  est la similitude de centre 2, de rapport =



²

2 ( rapport de l'homothétie h ) et d'angle =

4 ( angle de la rotation r )

b . L'écriture complexe dune similitude est de la forme z '=a zb avec k=∣a∣ égal au rapport de l'homothétie et =arga égal à l'angle de la rotation, d'où l'écriture complexe de la similitude  est de la forme z '=a zb avec a=k eⁱ^=



²

2 eⁱ

 4=1i

2 . Comme de plus 2 est invariant, alors b vérifie 2=1i

2 ×2b, soitb=1−i En conclusion : L'écriture complexe de la similitude  est donc : z '=1i

2 z1−i. c . On a z '=1i

2 z1−i, d'où 2z '−1i=1iz, soit 2z '−1i=1iz. On a donc z−z '=2z '−1i

1i −z '=2z '−1i−z '1i

1i .

En conclusion : z−z '= 1−i²

1i1−i×z '−2=iz '−2.

2. a . Q(q) est l'image du point P(p) par la rotation de centre A(a) et d'angle 

2 signifie que :

{

^ÂQ^{AP ;}⁼ÂPÂQ^{= }² ^[²^]^{, d'où}

{

^arg

^

^q^p

^∣

⁻⁻^q^p^a⁻^a⁻

^

^a^a⁼

^∣

⁼^²¹ ^[²^]^soit ^q^p⁻⁻ââ⁼êⁱ^²⁼ⁱ^.

En conclusion : q−a=ip−a

b . On a, d'après la question 1 . c . z−z '=iz '−2=−i2−z',

d'où, d'après la question 2 . a . M est l'image de 2 par la rotation de centre M' est d'angle − 2 , et donc le triangle MM' est un triangle rectangle isocèle en M' ( pour M≠ ).

3. Soit A₀2i et A_n la suite définie par : ∀n∈ℕ, A_n1=A_n. a . Notons P_n la propriété : a_n=

 ^

²²



ⁿ^eⁱ^n2⁴^^^{2 .}

● On a

 ^

²²



⁰^eⁱ^{02}⁴ ^²⁼ⁱ^²⁼^a⁰; d'où la propriété P_n est vraie au rang 0.

● Supposons la propriété P_n vraie à un certain rang p alors on a : a_p=

 ^

²²



^p^eⁱ^^p2⁴^^^{2 , or}^a^p1⁼

^

²²^eⁱ^⁴^a^p^¹⁻ⁱ

d'où a_p1=



²

2 eⁱ



4

 ^ ^

²²

^

^p^eⁱ^^p^2⁴ ^²



^¹⁻ⁱ

Lycée Dessaignes Page 1 sur 4

(2)

soit a_p1=

 ^

²²



^p1^eⁱ^^p2⁴ ^{ }⁴^2

 ^

²²^eⁱ^⁴



^1−i

c'est à dire a_p1=

 ^

²²



^p1^eⁱ^^{p12}⁴ ^¹^ⁱ^¹⁻ⁱ^.

En conclusion : a_p1=

 ^

²²



^p1^eⁱ^^p12⁴ ^^2 et donc la propriété P_n vraie au rang p1. Conclusion : Par récurrence sur n, la propriété P_n est vraie pour tout n∈ℕ.

b .l'affixe de ^A5 est a₅=

 ^

²²



⁵^eⁱ^^52⁴ ^²⁼

^

⁸²

 ^

²²⁻ⁱ

^

²²



^^{2 , soit} ^A⁵

^

^a⁵⁼¹⁷⁸⁻ⁱ

^

^.

4. ^An est dans le disque de centre  est de rayon 0,01 si et seulement si A_n0,01 . On a A_n0,01⇔∣a_n−2∣⇔

∣ ^ ^

²²

^

ⁿ^eⁱ^^n2⁴

∣

^^0,01^⇔

^ ^

²²

^

ⁿ^^0,01^⇔^ln

^ ^

²²

^

ⁿ^^{ln0,01 .}

⇔nln

 ^

²²



^^{ln 0,01}^⇔ⁿ^−^{ln 0,01}ln



²



^avec

ln 0,01

−ln



²



^≈^{13,29 .}

En conclusion : A_n est dans le disque de centre  de rayon 0,01 si et seulement si n14 (n₀=14 ).

Exercice 152 page 273 dans Annales Nathan :

Partie A : 1. Voir annexe

2. ● B∈,C∈ d'où OB = OC.

DB = DC car BDC est un triangle équilatéral

GB = GC car G est aussi le centre du cercle circonscrit au triangle BCD

( Dans un triangle équilatéral le centre de gravité et le centre du cercle circonscrit sont confondus).

On en déduit que les points O, D et G sont à égale distance des points B et C , c'est à dire que les points O, D et G appartiennent à la médiatrice de [BC].

● ABC est un triangle rectangle en B car inscrit dans , d'où ABBC et (OD) est la médiatrice de [BC], d'où ODBC

On en déduit que OD//AB ou encore que OG//AM.

Dans le triangle ACM, on a donc O milieu de [AC] et OG//AM, d'où, d'après le théorème des milieux G est le milieu de [CM].

3. On a CB;CM=1

2CB;CD=−

6 [2] et CM

CB =2CG CB On a CG=2

3CI où I est le milieu de [BD], et CI=



³

2 BC ( hauteur dans un triangle équilatéral ) On a donc CM

CB =2×2 3×



³

2 BC

BC = 2



³

En conclusion s est la similitude de centre C, de rapport 2



³ , et d'angle − 6 .

(3)

Partie B : 1. E=r

A , 3

C, d'où z_E−z_A=eⁱ



3z_C−z_A.

On a donc z_E=



¹²^ⁱ

^

²³



^¹^¹^−¹⁼ⁱ

^

^{3 d'où E}^ⁱ

^

³^^.

2.  est une similitude car z ' est de la forme azb avec a≠1 On a : ∣a∣=

 ^

¹⁶⁹

^

^

^

¹⁶³

^

⁼

^

²³ ^d'où^a⁼

^

²³

^ ^

²³^ⁱ¹²

^

⁼

^

²³^eⁱ^⁶

De plus z '=z⇔z=3i



³

4 z1−i



³

4 ⇔4z−3i



³^^z

4 =1−i



³

4 ⇔1−i



³

4 z=1−i



³

4 ⇔z=1 On déduit de ceci que  est la similitude de centre C de rapport



³

2 et d'angle  6 .

Le centre est identique à celui de la similitude s, le rapport est inverse et l'angle opposé, d'où ⁻¹=s 3. z_{E '}=3i



³

4 i



³^¹⁻ⁱ



³

4 =3i



³⁻³^¹⁻ⁱ



³

4 =−1

2i



³

2 . De plus OE'=

∣

⁻¹²^ⁱ

^

²³

∣

⁼1 , d'où E'∈.

4. On a E'= E d'où E=sE' avec E'∈, donc E∈. O '=sO, d'où z_{O '} vérifie O=3i



³

4 z_{O '}1−i



³

4 ⇔z_O'=−1i



³

3i



³ ^=−¹^ⁱ



³^³⁻ⁱ



³^

3i



³^³⁻ⁱ



³^ ⁼ⁱ



³

3 d'où OO'=1

3OE et donc O' est le centre de gravité du triangle AEC

On sait que l'image, par une similitude, d'un cercle est un cercle de centre l'image du centre.

D'où  est le cercle de centre O' passant par E.

(4)

Annexe Exercice 152 Page 273

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