Nouvelle Calédonie mars 2016. Enseignement spécifique EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) On considère les nombres complexes

Nouvelle Calédonie mars 2016. Enseignement spécifique

EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) On considère les nombres complexes z

n

définis, pour tout entier naturel n, par

z

0

= 1 et z

n+1

=

! 1 + i

√ 3 3

"

z

n

.

On note A

n

le point d’affixe z

n

dans le repère orthonormé (O, − → u , − → v ) de l’annexe 2.

L’objet de cet exercice est d’étudier la construction des points A

n

. 1) a) Vérifier que 1 + i

√ 3 3 = 2

√ 3 e

^iπ6

.

b) En déduire z

1

et z

2

sous forme exponentielle.

2) a) Montrer que pour tout entier naturel n,

z

ⁿ

=

# 2

√ 3

$

ⁿ

e

^inπ6

.

b) Pour quelles valeurs de n, les points O, A

0

et A

n

sont-ils alignés ? 3) Pour tout entier naturel n, on pose d

n

= | z

n+1

− z

n

| .

a) Interpréter géométriquement d

n

. b) Calculer d

0

.

c) Montrer que pour tout entier naturel n non nul, z

n+2

− z

n+1

=

! 1 + i

√ 3 3

"

(z

n+1

− z

n

) .

d) En déduire que la suite (d

ⁿ

)

n!0

est géométrique puis que pour tout entier naturel n, d

n

=

√ 3 3

# 2

√ 3

$

ⁿ

. 4) a) Montrer que pour tout entier naturel n,

| z

n+1

|

²

= | z

n

|

²

+ d

²n

.

b) En déduire que, pour tout entier naturel n, le triangle OA

n

A

n+1

est rectangle en A

n

.

c) Construire, à la règle non graduée et au compas, le point A

5

sur la figure de l’annexe 2 à rendre avec la copie.

d) Justifier cette construction.

ANNEXE 2 de l’exercice 4

−

→ u

−

→ v

A

0

A

1

A

2

A

3

A

4

A

6

O

Nouvelle Calédonie mars 2016. Enseignement spécifique

EXERCICE 4 : corrigé

1) a)

!

!

!

!

! 1 + i

√ 3 3

!

!

!

!

!

=

"

#

#

$ 1

²

+

% √ 3 3

&

2

= '

1 + 3 9 =

' 12 9 = 2 √

3

3 = 2 √

√ 3 3 × √

3 = 2

√ 3 puis

1 + i

√ 3 3 = 2

√ 3

% √ 3 2 +

√ 3 × √ 3 2 × 3 i

&

= 2

√ 3

% √ 3 2 + 1

2 i

&

= 2

√ 3

( cos ( π 6

) + i sin ( π 6

)) = 2

√ 3 e

^iπ6

.

1 + i

√ 3 3 = 2

√ 3 e

^iπ6

.

b) z

1

= 2

√ 3 e

^iπ6

× z

0

= 2

√ 3 e

^iπ6

et z

1

= 2

√ 3 e

^iπ6

× z

1

=

* 2

√ 3 e

^iπ6

+

2

= 4 3 e

^iπ3

.

z

1

= 2

√ 3 e

^iπ6

et z

2

= 4 3 e

^iπ3

.

2) a) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, z

n

=

* 2

√ 3 +

ⁿ

e

^inπ6

.

•

* 2

√ 3 +

0

e

^i0π6

= 1 = z

0

. L’égalité à démontrer est donc vraie quand n = 0.

• Soit n ! 0. Supposons que z

n

=

* 2

√ 3 +

ⁿ

e

^inπ6

. Alors

z

n+1

=

% 1 + i

√ 3 3

&

z

n

= 2

√ 3 e

^iπ6

× z

n

(d’après 1))

= 2

√ 3 e

^iπ6

×

* 2

√ 3 +

ⁿ

e

^inπ6

(par hypothèse de récurrence)

=

* 2

√ 3 +

ⁿ+1

e

^i(n+1)π6

On a montré par récurrence que

pour tout entier naturel n, z

n

=

* 2

√ 3 +

ⁿ

e

^inπ6

.

b) Pour tout entier naturel n, A

n

a pour coordonnées

** 2

√ 3 +

ⁿ

cos ( nπ 6

) ,

* 2

√ 3 +

ⁿ

sin ( nπ 6

) +

et donc le vecteur

−−→ OA

n

a pour coordonnées

** 2

√ 3 +

ⁿ

cos ( nπ 6

) ,

* 2

√ 3 +

ⁿ

sin ( nπ 6

) +

. Le point A

0

a pour coordonnées (1, 0) et donc le vecteur −−→

OA

0

a pour coordonnées (1, 0).

O, A

0

, A

n

alignés ⇔ −−→

OA

0

et −−→

OA

n

colinéaires ⇔ 1 ×

* 2

√ 3 +

ⁿ

sin ( nπ 6

) − 0 ×

* 2

√ 3 +

ⁿ

cos ( nπ 6

) = 0

⇔

* 2

√ 3 +

ⁿ

sin ( nπ 6

) = 0 ⇔ sin ( nπ 6

) = 0

⇔ il existe k ∈ N tel que nπ

6 = kπ (car n est un entier naturel)

⇔ il existe k ∈ N tel que n = 6k.

Les entiers n pour lesquels le points O, A

0

et A

n

sont alignés sont les multiples de 6.

3) a) Pour tout entier naturel n, d

n

= A

n

A

n+1

.

d

0

=

√ 3 3 .

c) Soit n un entier naturel.

z

n+2

− z

n+1

=

% 1 + i

√ 3 3

&

z

n+1

−

% 1 + i

√ 3 3

&

z

n

=

% 1 + i

√ 3 3

&

(z

ⁿ+1

− z

n

) . d) Pour tout entier naturel n,

d

ⁿ+1

= | z

ⁿ+2

− z

ⁿ+1

| =

!

!

!

!

! 1 + i

√ 3 3

!

!

!

!

!

| z

ⁿ+1

− z

ⁿ

| = 2

√ 3 d

ⁿ

(d’après 1)).

Ainsi, la suite (d

n

)

n!0

est la suite géométrique de premier terme d

0

=

√ 3

3 et de raison q = 2

√ 3 . On en déduit que pour tout entier naturel n,

d

n

= d

0

× q

ⁿ

=

√ 3 3

* 2

√ 3 +

ⁿ

.

Pour tout entier naturel n, d

n

=

√ 3 3

* 2

√ 3 +

ⁿ

.

4) a) Soit n un entier naturel. D’après la question 2)a), | z

n

| =

* 2

√ 3 +

ⁿ

et donc

| z

n

|

²

+ d

²n

=

* 2

√ 3 +

2n

+

% √ 3 3

&

2

* 2

√ 3 +

2n

=

* 1 + 1

3 + * 2

√ 3 +

2n

= 4 3

* 2

√ 3 +

2n

=

* 2

√ 3 +

²

* 2

√ 3 +

²ⁿ

=

* 2

√ 3 +

²ⁿ⁺²

=

* 2

√ 3

+

²⁽ⁿ⁺¹⁾

= | z

n+1

|

²

.

Pour tout entier naturel n, | z

n+1

|

²

= | z

n

|

²

+ d

²n

.

b) On en déduit que pour tout entier naturel n, OA

²n+1

= OA

²n

+ A

n

A

²n+1

. D’après la réciproque du théorème de Pythagore , le triangle OA

n

A

n+1

est rectangle en A

n

.

c)

−

→ u

−

→ v

A

0

A

1

A

2

A

3

A

4

A

6

O I

A

^′₃

A

5

d) • Pour tout entier nature n, (

−

→ u , −−→

OA

ⁿ

)

= arg (z

ⁿ

) = n π

6 [2π] puis ( −−→

OA

ⁿ

, −−−−→

OA

ⁿ+1

) = ( −−→

OA

ⁿ

, − → u ) + (

−

→ u , −−−−→

OA

ⁿ+1

) = − n π

6 + (n + 1) π 6 = π

6 [2π].

• En particulier, ( −−→ OA

3

, −−→ OA

5

) = ( −−→ OA

3

, −−→ OA

4

) + ( −−→ OA

4

, −−→ OA

5

) = π 3 [2π].

Soit A

^′₃

le point d’abscisse négative tel que le triangle OA

3

A

^′₃

soit équilatéral. Alors, ( −−→ OA

3

, −−→

OA

^′₃

)

= π

3 [2π] et la demi-droite [OA

5

) est encore la demi-droite [OA

^′₃

). On obtient le point A

^′₃

comme intersection du cercle de centre O passant par A

3

et du cercle de centre A

3

passant par O puis on trace la demi-droite [OA

^′₃

).

• Le triangle OA

4

A

5

est rectangle en A

4

. Donc, le cercle circonscrit au triangle OA

4

A

5

est le cercle de diamètre [OA

5

].

Le centre I de ce cercle est à égale distance de O et A

4

. On construit donc au compas la médiatrice du segment [OA

4

].

Cette médiatrice coupe [OA

^′₃

) en I. On trace ensuite le cercle de centre I passant par O. Il recoupe la demi-droite

[OA

^′₃

) en A

₅

.