Nouvelle Calédonie mars 2016. Enseignement spécifique
EXERCICE 4 : corrigé
1) a)
1 +i
√3 3
= v u u t12+
√3 3
!2
= r
1 + 3 9 =
r12 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
2i
!
= 2
√3
cosπ 6
+isinπ 6
= 2
√3eiπ6.
1 +i
√3 3 = 2
√3eiπ6.
b)z1= 2
√3eiπ6 ×z0= 2
√3eiπ6 et z1= 2
√3eiπ6 ×z1= 2
√3eiπ6 2
= 4 3eiπ3.
z1= 2
√3eiπ6 et z2=4 3eiπ3.
2) a)Montrons par récurrence que pour tout entier natureln,zn = 2
√3 n
einπ6.
• 2
√3 0
ei0π6 = 1 =z0. L’égalité à démontrer est donc vraie quandn= 0.
• Soitn>0. Supposons quezn = 2
√3 n
einπ6. Alors
zn+1= 1 +i
√3 3
! zn
= 2
√3eiπ6 ×zn(d’après 1))
= 2
√3eiπ6 × 2
√3 n
einπ6 (par hypothèse de récurrence)
= 2
√3 n+1
ei(n+1)π6
On a montré par récurrence que
pour tout entier naturel n,zn= 2
√3 n
einπ6.
b) Pour tout entier naturel n, An a pour coordonnées 2
√3 n
cosnπ 6
, 2
√3 n
sinnπ 6
et donc le vecteur
−−→OAn a pour coordonnées 2
√3 n
cosnπ 6
, 2
√3 n
sinnπ 6
. Le pointA0 a pour coordonnées(1,0)et donc le vecteur−−→
OA0 a pour coordonnées(1,0).
O, A0, Analignés⇔−−→
OA0et−−→
OAncolinéaires⇔1× 2
√3 n
sinnπ 6
−0× 2
√3 n
cosnπ 6
= 0
⇔ 2
√3 n
sinnπ 6
= 0⇔sinnπ 6
= 0
⇔ il existek∈Ntel que nπ
6 =kπ(carnest un entier naturel)
⇔il existek∈Ntel quen= 6k.
Les entiersnpour lesquels le pointsO,A0 etAn sont alignés sont les multiples de6.
3) a)Pour tout entier natureln,dn=AnAn+1.
b)d0=|z1−z0|=
1 +i
√3 3 −1
= i
√3 3
=
√3 3 .
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d0=
√3 3 .
c)Soitnun entier naturel.
zn+2−zn+1= 1 +i
√3 3
!
zn+1− 1 +i
√3 3
!
zn= 1 +i
√3 3
!
(zn+1−zn). d)Pour tout entier natureln,
dn+1=|zn+2−zn+1|=
1 +i
√3 3
|zn+1−zn|= 2
√3dn(d’après 1)).
Ainsi, la suite(dn)n>0 est la suite géométrique de premier termed0 =
√3
3 et de raison q= 2
√3. On en déduit que pour tout entier natureln,
dn =d0×qn=
√3 3
2
√3 n
.
Pour tout entier natureln,dn=
√3 3
2
√3 n
.
4) a)Soitnun entier naturel. D’après la question 2)a),|zn|= 2
√3 n
et donc
|zn|2+d2n= 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)
=|zn+1|2.
Pour tout entier natureln,|zn+1|2=|zn|2+d2n.
b) On en déduit que pour tout entier naturel n, OA2n+1 =OA2n +AnA2n+1. D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangleOAnAn+1 est rectangle enAn.
c)
−
→u
−
→v
b bb
b
b
b
b b
A0
A1
A2
A3
A4
A6
O I
A′3 A5
b
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d)•Pour tout entier naturen,
−
→u ,−−→
OAn
=arg(zn) =nπ
6 [2π] puis −−→
OAn,−−−−→
OAn+1
=−−→
OAn,−→u +
−
→u ,−−−−→
OAn+1
=−nπ
6 + (n+ 1)π 6 = π
6 [2π].
•En particulier,−−→OA3,−−→OA5
=−−→OA3,−−→OA4
+−−→OA4,−−→OA5
= π 3 [2π].
Soit A′3 le point d’abscisse négative tel que le triangle OA3A′3 soit équilatéral. Alors, −−→OA3,−−→
OA′3
= π
3 [2π] et la demi-droite[OA5)est encore la demi-droite[OA′3). On obtient le pointA′3 comme intersection du cercle de centreO passant parA3 et du cercle de centreA3 passant parO puis on trace la demi-droite[OA′3).
•Le triangleOA4A5est rectangle enA4. Donc, le cercle circonscrit au triangleOA4A5est le cercle de diamètre[OA5].
Le centreIde ce cercle est à égale distance deOetA4. On construit donc au compas la médiatrice du segment[OA4].
Cette médiatrice coupe [OA′3) enI. On trace ensuite le cercle de centre I passant par O. Il recoupe la demi-droite [OA′3)enA5.
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