Terminale S1

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 = t + dn−1 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 √ !2 √ u 2 1 3 u 3 1 + = +i =t − 4 4 4 2 √ !n 3 . 2

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

√ ! 3 3 (zn − zn−1 ) +i 4 4

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

n X

Ak Ak+1 =

k=0

n X

dk = d0

k=0 √ !n+1 3 1− 2 1 √ = 2 3 1− 2 √ 3 < 1 don lim −1 < n→+∞ 2

1 − q n+1

ar (dn ) est géométrique 1−q

√ !n+1 3 =0 2 √ !n+1 √ 3 3 1− 1 + 2 1 1 1 1 2 = 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 ).

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

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

[2π] [2π] [2π] [2π] √ ! 3 , alors : +i 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  An sont 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 si et seulement si n est un multiple de 6.

Exer i e 195 page 229

Partie A

On onsidère l'équation (E) : z 3 − (4 + i)z 2 + (7 + i)z − 4 = 0 où z désigne un nombre omplexe. 1. (a) Comme 13 − (4 + i)12 + (7 + i)1 − 4 = 1 − 4 − i + 7 + i − 4 = 0, z1 = 1 est solution de (E) et (E) admet une solution réelle. (b) On her he a et b tels que :

z 3 − (4 + i)z 2 + (7 + i)z − 4 = (z − z1 )(z − 2 − 2i)(az + b) ⇔ z 3 − (4 + i)z 2 + (7 + i)z − 4 = (z − 1)(z − 2 − 2i)(az + b) ⇔ z 3 − (4 + i)z 2 + (7 + i)z − 4 = (z 2 − (3 + 2i)z + 2 + 2i)(az + b) ⇔  z 3 − (4 + i)z 2 + (7 + i)z − 4 = az 3 + (−a(3 + 2i) + b)z 2 + (a(2 + 2i) − b(3 + 2i))z + (2 + 2i)b 1=a    −4 − i = −a(3 + 2i) + b ⇔ 7 + i = a(2 + 2i) − b(3 + 2i)     −4 = (2 + 2i)b a=1    b = −4 − i + 3 + 2i = −1 + i ⇔ a(2 + 2i) − b(3 + 2i) = 2 + 2i − (−1 + i)(3 + 2i) = 2 + 2i − (−5 + i) = 7 + i    (2 + 2i)b = (2 + 2i)(−1 + i) = −2 − 2 − 2i + 2i = −4 Ainsi, (E) ⇔ (z − 1)(z − 2 − 2i)(z − 1 + i) = 0 2. (E) ⇔ (z − 1)(z − 2 − 2i)(z − 1 + i) = 0 ⇔ z = 1 ou z = 2 + 2i ou z = 1 − i S = {1; 2 + 2i; 1 − i}

Partie B

On onsidère les trois points A, B et C d'axes respe tives : 1 ; 2 + 2i ; 1 − i. 1. Représenter A, B et C ×

2

B

1

×

A

1

−1 −1

×

×

2 C

D

2 + 2i (2 + 2i)(1 + i) 2 − 2 + 2i + 2i = = = 2i 2 2 1 − i 1 + 1   2 2 + 2i = |2i| = 2 et arg 2 + 2i = arg(2i) = π [2π] Don 1−i 2  1 − i 2 + 2i −→ −−→ π 2 + 2i π =2 arg = [2π] don (OC; OB) = [2π] don OBC est re tangle en O et 1−i 2 2 1−i don OB p = 2OC et OBC n'est pas iso èle. √ 3. |1 − i| = 12 + (−1)2 = 2. Soit θ′ un argument de√1 − i √ 1 1 2 2 Ainsi, cos(θ′ ) = √ = et sin(θ′ ) = − √ = − . 2√ 2 2 2 √ 2 2 π π π π π Or cos(− 4 ) = cos( 4 ) = et sin(− 4 ) = − sin( 4 ) = − don θ′ = − [2π] 2 2 4 Comme 2 + 2i = 2(1 − i), π [2π] arg(2 + 2i) = arg(2(1 − i)) [2π] = arg(2) + arg(1 − i) [2π] = − arg(1 − i) [2π] = 4   −→ −−→ zB − zO π (OA; OB) = arg [2π] = arg(2 + 2i) [2π] = [2π] z − z 4 A O   −→ −→ π zC − zO [2π] = arg(1 − i) [2π] = − [2π] (OA; OC) = arg zA − zO 4 −→ −→ −→ −−→ −→ −−→ Ainsi, (OC; OA) = (OA; OB) [2π] et (OA) est la bisse tri e de l'angle (OC; OB) dans le triangle OBC . π
4. (a) Soit D le point d'axe d
= c 1 − e−i 2 π d = (1 − i) 1 − e−i 2 = (1 − i)(1 − cos(− π2 ) − i sin(− π2 )) = (1 − i)(1 − cos( π2 ) + i sin( π2 )) = (1 − i) (1 − 0 + i) = 12 − i2 = 2 −−→ −−→ −→ = zD − zC = 2 − (1 − i) = 1 + i et z− − → = zB − zO = 2 + 2i = 2z−−→ ⇔ OB = 2CD don les (b) z− CD OB CD −−→ −−→ ve teurs OB et CD sont olinéaires, e qui donne (OB) et (CD) parallèles et OCDB trapèze. π −→ −−→ De plus, omme (OC; OB) = [2π], OCDB est un trapèze re tangle. 2

2.