Terminale S3

Corrigé du DM 8 Complexes Exer i e 191 page 228

On onsidère les nombres omplexes zn dénis, pour tout entier naturel n, par z0 = 1 et √ !

3 3 zn . +i 4 4 On note An le point d'axe z . √ ! n √ ! √ 3 3 3 3 3 3 z0 = 1= +i 1. (a) z1 = +i +i 4 4 4 4 4 4 √ ! √ ! √ !  2 √ √ ! √ 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 z1 = = = +i +i +i +i + 2i − z2 = 4 4 4 4 4 4 4 16 4 8 8 √ √ ! √ ! √ ! √ ! √ 3 3 3 9 3 3 3 3 9 3 3 9 3 3 3 z3 = z2 = = =i +i +i +i − +i + 4 4 4 4 8 8 32 32 32 32 8 √ ! √ ! √ √ 9 9 3 3 3 3 3 3 3 z3 = i +i +i =− +i z4 = 4 4 4 4 8 32 32 √ ! 3 3 z5 = z4 +i 4 4 √ ! √ ! 3 9 9 3 3 − +i +i = 4 4 32 32 √ ! √ 27 27 3 9 3 27 − +i − = − 128 128 128 128 √ 27 9 3 = − +i 64 √ 64! 3 3 z6 = z5 +i 4 4 √ ! √ ! 3 27 9 3 3 − +i +i = 4 4 64 64 √ ! √ 27 27 3 27 3 81 − +i − = − 256 256 256 256 108 27 = − =− 256 64 (b) Représentation des points Ai pour i variant de 0 à 6.

zn+1 =

A3

A2

×

A4 ×

×

0.50

A1 ×

A5 0.25

×

A0

A6 ×

×

0.50

−0.25

0.25

0.50

0.75

1.00

2. Pour tout entier n, on pose dn = |zn+1 − zn |. (a) Soit n > 1 : √ ! √ ! zn+1 − zn =

3 3 +i 4 4

zn −

3 3 +i 4 4

zn−1 =

(b) Soit n > 1 :

dn = |zn+1 − zn | ! √ 3 3 (zn − zn−1 ) +i = 4 4 √ 3 3 = +i |zn − zn−1 | 4 4 v u 2 √ !2 u 3 3 + dn−1 = t 4 4 r 12 = dn−1 √ 16 3 = dn−1 2

et pour tout n ∈ N, dn = d0 × q n =

1 2

√

3 et de premier terme 2 v √ u 2 √ !2 3 u 3 1 1 +i = + =t − 4 4 4 2 ! √ n 3 . 2

Ainsi, la suite (dn) est géométrique de raison √ 3 1 3 d0 = |z1 − z0 | = + i − 1 = − 4 4 4

√ ! 3 3 (zn − zn−1 ) +i 4 4

( ) Pour tout n ∈ N, dn = |zn+1 − zn | = An An+1 est don longueur du segment [An An+1 ]. (d) Ln =

n X

Ak Ak+1 =

k=0

√

n X

dk = d0

k=0

1 − q n+1 1−q

√ !n+1 3 1− 2 1 √ =

ar (dn ) est géométrique 2 3 1− 2

√ !n+1 3 =0 2 √ !n+1 √ 3 3 1− 2 √ 1 1 11+ 2 1 √ √ = =2+ 3 ainsi, lim Ln = lim = 3 n→+∞ n→+∞ 2 2 2 3 3 1− 1− 1− 4 2 2 3. Pour tout entier n, on pose an = arg(zn ). 3 −1 < < 1 don lim n→+∞ 2

(a) Soit n > 1 : an = arg(zn )

! √ ! 3 3 zn−1 +i = arg 4 4 √ ! 3 3 + arg(zn−1 ) +i = arg 4 4 √ ! 3 3 = arg + an−1 +i 4 4 √ √ 3 3 3 3 Or + i = et si θ = arg 4 4 2 4

[2π] [2π] [2π] [2π] √ ! 3 +i , alors : 4

√ 3 3 √ 1 π 3 cos(θ) = √4 = et sin(θ) = √4 = don θ = [2π] 2 2 6 3 3 2 2 π Ainsi, an = an−1 + [2π]. 6 π π (b) Puisque pour tout n > 1, an = an−1 + [2π], (an ) est arithmétique de raison et de premier 6 6 nπ terme a0 = arg(z0 ) = arg(1) = 0 [2π] ainsi, pour tout n ∈ N, an = a0 + nr [2π] = [2π]. 6 −−→ −−→ ( ) O, A0 et Ansont alignés  si et seulement si (OA0 ; OAn ) = 0 [π] zn − zO = 0 [π] ⇐⇒ arg z0 − zO ⇐⇒ arg(zn ) = 0 [π] ⇐⇒ an = 0 [π] nπ ⇐⇒ =0 [π] 6 nπ = kπ ave k ∈ Z ⇐⇒ 6 ⇐⇒ n = 6k ave k ∈ Z mais n ∈ N don k ∈ Z Ainsi, O, A0 et An sont alignés si et seulement si n est un multiple de 6.

Exer i e 192 page 228

On onsidère les points A et B d'axes respe tives 2 et −2 et on dénit l'appli ation f qui à tout point M d'axe z et diérent de A asso ie le point M ′ d'axe : z′ =

1. (a) On her he z ′ pour z = 1 + i :

z(z − 2) z−2

z(z − 2) z−2 1 + i(1 + i − 2) = 1+i−2 (1 − i)(−1 + i) = 1−i−2 −(1 − i)2 = −1 − i −(1 − 2i + i2 )(−1 + i) = (−1 − i)(−1 + i) −(1 − 2i − 1)(−1 + i) = (−1)2 − i2 ) 2i(−1 + i) = 1 + 1) = −i + i2 = −1 − i P ′ a don pour axe −1 − i. → = zP − zA = 1 + i − 2 = −1 + i et z− − → = zP ′ − zB = −1 − i − (−2) = 1 − i don (b) z−AP BP ′ −→ −−→ −→ −−→′ → = −z− − → ⇐⇒ AP = −BP don les ve teurs AP et BP ′ sont olinéaires et les droites z− AP BP ′ (AP ) et (BP ′ ) sont parallèles. z − zP ′ 1 + i − (−1 − i) 2 + 2i (2 + 2i)(1 + i) 2 + 2i + 2i + 2i2 4i = = = = = = 2i. ( ) P 2 2 zA − zP 2 − (1 + i) 1−i (1 − i)(1 + i) 1 −i 2 z′ =

Ainsi :

arg



zP − zP ′ zA − zP



= arg(2i)

[2π]

= arg(2) + arg(i) [2π] π =0+ [2π] ar 2 est un réel stri tement positif π 2 [2π] =   2 −→ −−→ z − zP ′ π π et arg P = [2π] ⇐⇒ (P A; P ′ P ) = [2π] don les droites (AP ) et (P P ′) sont zA − zP 2 2

perpendi ulaires.

z(z − 2)

z(z − 2)

z(z − 2)

−2z + 2z

2. M = M ′ ⇐⇒ z = z ′ ⇐⇒ = z ⇐⇒ − = 0 ⇐⇒ =0 z−2 z−2 z−2 z−2 ⇐⇒ 2(z − z) = 0 et z − 2 6= 0 ⇐⇒ z − z = 0 et z 6= 2 ⇐⇒ z = z et z 6= 2 = 2 ⇐⇒ z ∈ R\{2} si et seulement si M appartient à la droite (AB) privée du point A. 3. (a) Soit z un nombre omplexe, alors :
(z − 2)(z − 2) = (z − 2)(z − 2) = (z − 2) z − 2 = |z − 2|2 ∈ R don (z − 2)(z − 2) est un réel pour tout z ∈ C. (b) Soit z 6= 2 alors : z(z − 2) +2 z′ + 2 = z−2 z−2 z−2 z(z − 2) + 2(z − 2) z−2 = z−2 z(z − 2) + 2(z − 2) = (z − 2)(z − 2) zz − 2z + 2z − 4 = (z − 2)(z − 2) zz − 4 = (z − 2)(z − 2) Or, par la question pré édente, (z − 2)(z − 2) est un réel non nul (z 6= 2 ⇒ z − 2 6= 0 et z′ + 2 2 z − 2 6= 0) et zz − 4 = |z| − 4 ∈ R don est un réel omme quotient de réels. z−2 z′ + 2 ( ) Comme est un réel k, z−2 z ′ + 2 − k(z − 2) z′ + 2 = k ⇐⇒ = 0 ⇐⇒ z ′ + 2 = k(z − 2) et z 6= 2 z−2 z−2 −−→ −−→ −→ = kz−−→ et M 6= A ⇐⇒ BM ′ = k AM don les ⇐⇒ z ′ − zB = k(z − zA ) et z 6= 2 ⇐⇒ z− BM ′ AM −−→ −−→ ve teurs BM ′ et AM sont olinéaires et les droites (AM) et (BM ′ ) sont parallèles. 4. Soit M un point quel onque non situé sur la droite (AB). Ainsi, z ∈/ R. −2z + 2z z′ − z = z − 2 d'après la question 2. z − zA z−2 2(z − z) = (z − 2)(z − 2) 2(x + iy − (x − iy)) = si z = x + iy (z − 2)(z − 2) 4y =i |z − 2|2  ′    z −z 4y Comme z ∈/ R, y 6= 0 et arg = arg i [2π] z − zA |z − 2|2 −−→ −−→ 4y π [π] ar i ∈ iR∗ . ⇐⇒ (AM ; MM ′ ) = 2 |z − 2|2 −−→ −−→ π Enn, omme (AM ; MM ′ ) = [π], les droites (AM) et (MM ′ ) sont perpendi ulaires. 2 5. Soit M un point distin t de A (a) On her he à onstruire le point M ′ . Si M est sur la droite (AB) alors M est sa propre image et la onstru tion est nie.

Si M n'est pas sur la droite (AB). On sait que (AM) et (BM ′ ) sont parallèles don M ′ appartient à la droite ∆, parallèle à (AM) passant par B . De plus, (AM) et (MM ′ ) sont perpendi ulaires don M ′ appartient à la droite perpendi ulaire à (AM) passant par M : d. Ainsi, M ′ est le point d'interse tion de d et de ∆. (b) Constru tion de Q′ : 2

1

∆ ×

B

−2

×

1

−1

2

A 3

−1

−2

−3 ′

Q

×

−4

d −5

×

Q