Transcript DM 8 avec corrigé

D.M. nº8 : Nombres Complexes
TS 1
A rendre le mercredi 23 avril 2014
Nom : . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prénom : . . . . . . . . . . . . . . . .
Communication :   
Technique
:    
Raisonnement :   
Note :
5
Rappel : La rédaction des DM doit être individuelle.
u ,⃗
v ) . Pour tout entier naturel n, on note
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé (O ;⃗
An le point d'affixe z n défini par : z 0=1 et z n+1= 3+√ 3i z n.
4 4
(
)
On définit la suite (r n) par r n=∣z n∣ pour tout entier naturel n.
3 3
1) Donner la forme exponentielle du nombre complexe +√ i.
4 4
3
2) a) Montrer que la suite (r n) est géométrique de raison √ .
2
b) En déduire l'expression de r n en fonction de n.
c) Que dire de la longueur O An lorsque n tend vers +∞ ?
3) On considère l'algorithme suivant :
Variables
a) Quelle est la valeur affichée par
l'algorithme pour P=0,5 ?
n entier naturel
R réel
P réel strictement positif
Entrées
Demander la valeur de P
Traitement
R prend la valeur 1
b) Pour P=0,01 on obtient n=33. Quel est
le rôle de cet algorithme ?
n prend la valeur 0
Tant que R>P
n prend la valeur n+1
3
R prend la valeur √ R
2
Fin tant que
Sortie
Afficher n
i
nπ
4) a) Montrer que pour tout entier naturel n, z n=r n e 6 .
b) Démontrer que le triangle O An An+1 est rectangle en An+1.
c) Déterminer les valeurs de n pour lesquelles An est un point de l'axe des ordonnées.
d) Compléter la figure donnée en annexe (au dos de cette page), à rendre avec la copie, en
représentant les points A6 , A7 ,A8 et A9 . Les traits de construction seront apparents.
5) Soit  n la longueur de la ligne brisée A0 A1....An An+1
a) Exprimer  n en fonction de n.
b) Déterminer la limite de ( n) si elle existe.
Mme Helme-Guizon
http://mathematoques.weebly.com
ANNEXE
Mme Helme-Guizon
http://mathematoques.weebly.com
Corrigé
Pondichery_S_avril_2014_corr exo 3_5 pts_modifié
d'après un corrigé de l' AMPEP, merci à Denis Verges !
u ,⃗v ) . Pour tout entier naturel n , on note An le point
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé (O ;⃗
3 √3
d'affixe z n défini par : z 0=1 et z n+1= + i z n. On définit la suite (r n) par r n=∣z n∣ pour tout entier naturel n .
4 4
(
)
3 √3
4 4
1) Donner la forme exponentielle du nombre complexe + i .
( )
3 √3
3
3
3
4 4
3 3 2
3 2
3 3 1
√
√
3 √3
3
3
9 3
12 3 √ 3. On a + i=
+ i =√ × +√ × i =√ √ + i .
+ i=
+√ =
+ =
= =
4 4
2 √3 √3
2 4 √3 4 √3
2 2 2
4 4
4
4
16 16 16 4 2
2 2
1
√ 3 et pour argument π donc sa forme
3
3 3
Or cos π=√ et sin π= donc le nombre complexe +√ i a pour module
6
6 2
2
6 2
4 4
π
3 √ 3 √ 3 iπ6
3 i
exponentielle est √ e 6.
+ i= e
2
4 4
2
∣ ∣ √( ) ( ) √
2
2
√ √
) ( )
(
Remarque : On peut faire plus efficace au niveau du calcul : la factorisation « se voit » et si on ne la voit pas, multiplier le numérateur et le
dénominateur par 4 est selon moi plus rapide que de multiplier par l'inverse du quotient.
2) a) Montrer que la suite (r n) est géométrique de raison
∣(4 4 ) ∣ ∣4 4 ∣
√ 3. r = z = 3+√ 3i z = 3+√ 3i × z =√3 r
∣ n+1∣
∣ n∣
n
n
2 n+1
2
√3
donc la suite (r n) est géométrique de raison q= et de premier terme r 0=∣z 0∣=1.
2
b) En déduire l'expression de r n en fonction de n . La suite (r n) est géométrique donc, pour tout entier
n
(2)
naturel n , r n=r 0×q n, donc r n=
√3
.
( )
3 n
c) Que dire de la longueur O An lorsque n tend vers +∞ ? OAn=∣zn∣=r n= √ . (r n ) est une suite
2
3
3
géométrique de raison √ ; or −1<√ <1 donc la suite (r n ) converge vers 0. La longueur OA n tend donc vers 0
quand n tend vers +∞.
2
2
3) On considère l'algorithme suivant :
a) Quelle est la valeur affichée par
l'algorithme pour P=0,5 ?
On fait tourner l'algorithme donné dans le
texte en prenant pour P la valeur 0,5:
Initialisation
n
0
Traitement
1
2
La valeur affichée par l'algorithme
pour P=0,5 est 5.
3
b) Pour P=0,01 on obtient n=33. Quel
est le rôle de cet algorithme ?
Cet algorithme s'arrête dès que R⩽P et
affiche alors n , c'est-à-dire qu'il affiche la
plus petite valeur de n pour laquelle R donc
Sortie
r n=OAn est inférieur ou égal à P .
On peut donc dire que OA32>0,01 et que OA33⩽0,01.
Vérification à la calculatrice: r 32≈0,01002 et r 33≈0,00868 .
Mme Helme-Guizon
4
5
R
1
√3
r 1= ≈0,866
2
32
r 2= √ =0,75
2
33
r 3= √ ≈0,6495
2
34
r 4= √ =0,5625
2
35
r 5= √ ≈0,49
2
( )
( )
( )
( )
P
0,5
R>P ?
VRAI
0,5
VRAI
0,5
VRAI
0,5
VRAI
0,5
VRAI
0,5
FAUX
Afficher 5
Les étapes de l'algorithme doivent
figurer sur la copie.
http://mathematoques.weebly.com
3
(4 4 )
3 √3
3 3
4) a) z 0=1 et ∀n∈ℕ , z n+1= +√ i z n. donc (z n ) est une suite géométrique de raison z 1= + i et de premier
(4 4 )
( )( )
iπ
z n= z 0 ( z 1 ) =( z 1) . Or d'après 1) z 1= +√ i=√ e 6
3
3
4
2
nπ
nπ
π
π
3 i n
3n i n
3n i
3n i
z n=(z1 )n= √ e 6 = √ (e 6 ) = √ e 6 . Finalement, Pour tout entier naturel n, z n=(z1)n= √ e 6 .
2
2
2
2
On pouvait aussi le prouver par récurrence.
z 0=1. Pour tout entier n, on a donc
terme
n
3
4
n
( )
donc
( )
b) Démontrer que le triangle O An An+1 est rectangle en A n+1. On considère le triangle OA n An+1.
■ Méthode 1 : réciproque du théorème de Pythagore
3
OAn=r n donc (OAn) 2=r 2n . OAn+1=r n+1=√ 3r n donc (OAn+1)2= r 2n .
4
2
3 √3
3 √3
1 √3
1 2 √3 2
1 3
4
1
A n An+1=|z n+1−z n|= + i z n−z n = + i−1 z n = − + i ×|z n|= − +
×r n=
+ r=
r = r donc
4 4
4 4
4 4
4
4
16 16 n 16 n 2 n
1
1
3
( An A n+1) 2= r 2n. On a donc ( An A n+1) 2+(OAn+1)2= r 2n+ r 2n=r 2n=(OAn) 2
4
4
4
|(
) | |(
)||
|
√(
)( )
√
√
D'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OAn An+1 est rectangle en A n+1.
■ Méthode 2 : calculs d'angles via les arguments
An +1 O ,⃗
An+1 An ) est droit. Calculons une mesure de cet angle :
Notre but est de montrer que l'angle (⃗
(i)
(⃗
An+1 O ,⃗
An+1 A n)=(⃗
A n+1 O , ⃗u )+( ⃗u ,⃗
An+1 An )=−(⃗u ,⃗
A n+1 O )+( ⃗u ,⃗
An+1 An )=−arg (0−z n +1 )+arg ( z n− z n +1 )
=arg
(
) (
) ( )
z n − z n+1
z n+1− z n
z n (ii)
( z 1 )n
1
=arg
= arg 1−
= arg 1−
n+1 =arg 1−
−z n +1
z n+1
z n +1
z1
( z 1)
) (
) (
(i)
n
relation de Chasles pour les angles orientés, ; (ii) car z n=( z 1) d'après 4 a).
π
π
π
1 2 −i 6
1
2 −i6
2 √3 1
1
1
3 3
3 i
− i =1−1+ i=+ i , qui a pour argument
Or z 1= +√ i=√ e 6 donc = e donc 1− =1− e =1−
z1 √3
z1
√3
√3 2 2
√3 √3
4 4
2
π
π +2 k π
⃗
⃗
(
A
O
,
A
A
)=
. On a donc prouvé que n +1
donc l'angle (⃗
n+1 n
An +1 O ,⃗
An+1 An ) est droit ce qui prouve que
2
2
le triangle OA n An+1 est rectangle en A n+1.
(
)
π
3π
c) Le point A n, d'affixe z n, appartient à l'axe des ordonnées si et seulement si son argument est 2 ou
2
π
π+kπ
modulo 2π , c'est-à-dire 2 modulo π, donc il peut s'écrire 2
où k∈ℤ.
nπ
nπ nπ π
3n i
z n= √ e 6 d'après 4a), donc le nombre z n a pour argument ; = +k π⇔n=3+6k .
6 6 2
2
Mais n est un entier naturel donc k doit être strictement positif donc appartenir à ℕ.
Finalement, le point An appartient à l'axe des ordonnées si n s'écrit 3+6k avec k∈ℕ.
( )
d) Compléter la figure donnée en annexe en représentant les points A6 , A7 ,A8 et A9 .
6π
Le point A6 a pour affixe z 6 qui a pour argument =π ; ce point est donc sur l'axe des abscisses.Comme le
6
triangle OA 5 A6 est rectangle en A6 , on trace le cercle de diamètre OA 5; le point A6 est à l'intersection de ce
cercle et de l'axe des abscisses. [On utilise le fait qu'un triangle rectangle est inscrit dans le cercle ayant pour diamètre son hypoténuse.]
7π
Le point A7 a pour affixe z 7 qui a pour argument ; donc les points A1 , O et A7 sont alignés. Le point A7 se
6
trouve donc à l'intersection du cercle de diamètre OA6 et de la droite (OA 1) .
Etc. (Voir figure en annexe)
Remarque: les points A3 et A9 appartiennent à l'axe des ordonnées, ce qui correspond bien à la réponse trouvée
à la question 4.c.
[Le sujet de bac s'arrêtait ici. Vous avez du rab!]
5) Soit  n la longueur de la ligne brisée A0 A1....An An+1.
a) Exprimer  n en fonction de n .
Mme Helme-Guizon
http://mathematoques.weebly.com
4
k=n
On a  n=A0 A1+A1 A2+....+An A n+1= ∑ A k Ak+1. Pour exprimer  n en fonction de n , on a donc besoin de
k=0
l'expression de la distance A k Ak +1 . Notons-la w k .
π
3 3
3 i
Or, on a vu que pour tout entier naturel n, z n=zn1 avec z 1= +√ i=√ e 6 , donc
4 4
2
k
k
3
1
3
3
A k Ak +1 =∣z k +1 −z k∣=∣z k1 +1 −z1k∣=∣z k1 (z 1−1)∣=∣z 1∣ ∣z 1−1∣= √
− +√ i= √
2
4 4
2
( )∣
w k =A k A k +1 =
k
∣( ) ∣
k
∣ (2)
1 1 √3
1
− + i=
2 2 2
2
√3
k
( )
1 √3
2 2
Remarque : On aurait pu trouver que w k =A k A k +1=
1
2
k
( )
√3
2
par des méthodes de géométrie élémentaires : Ceux qui ont démontré du fait
que le triangle est rectangle au moyen de la réciproque du théorème de Pythagore ont au passage établi que A n An+1=1 r n.
2
∘
π
On pouvait aussi voir que le triangle O An An+1 est rectangle en A n+1 avec l 'angle en O de mesure 6 = 30 et OA n =r n . SOH CAH
TOA finit le travail.
(w k ) est donc une suite géométrique de raison √ 3. On en déduit par la formule d'addition de termes
2
1 1 √3 n+1
√3 n+1
−
1−
k=n
k=n
w 0−w n+1 2 2 2
(i)
2
=
=
consécutifs d'ne suite géométrique que  n= ∑ Ak Ak+1= ∑ w k=
k=0
k=0
3
3
2−√3
1−√
1−√
2
2
( )
( )
(i) en multipliant le haut et le bas par 2.
3 n+1
1− √
2
Finalement, pour tout entier naturel n,  n=
.
2−√3
( )
b) Déterminer la limite de ( n) si elle existe.
√ 3 n est une suite géométrique de raison √ 3; or −1<√ 3<1 donc la suite n⟼ √ 3 n converge vers 0 d'où,
n⟼
2
2
2
2
1−0
1
2+√ 3
lim  n =2+√ 3
=
=
=2+√ 3
par somme et quotient de limites, lim  n =
n →+∞
n →+∞
2− √3 2−√ 3 (2−√ 3)(2+√ 3)
( )
( )
Mme Helme-Guizon
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5