NOM : PRENOM : Questions de cours. (5 points) Tout est dans le

Lycée A.Maurois
2012-13
Evaluation: corrigé suites et complexes.
TS
NOM :
PRENOM :
Questions de cours. (5 points) Tout est dans le cours !
(8 points)
√
On considère la suite u définie sur N par u0 = −4 et, pour tout n, un+1 = un + 6.
√
√
1. Par récurrence : la propriété est vraie au rang 1 puisque u1 = −4 + 6 = 2 et donc on a bien 1 ≤ u1 ≤ 3.
Soit n un entier naturel n ≥ 1. Supposons que 1 ≤ un ≤ 3 soit vraie et montrons qu’alors 1 ≤ un+1 ≤ 3
l’est aussi.
√
√
√
De 1 ≤ un ≤ 3 on déduit que 1 + 6 ≤ un + 6 ≤ 3 + 6 = 3 (racine est croissante sur R+ )
√
soit encore 1 ≤ 7 ≤ un+1 ≤ 3, ce qui prouve le résultat attendu.
Conclusion : pour tout entier supérieur ou égal à 1 on a bien 1 ≤ un ≤ 3
1
1
2. D’après la question précédente, pour tout n ≥ 1 on a 3 + un ≥ 3 + 1 = 4 et donc
≤ pour tout
3 + un
4
entier n ≥ 1.
EXERCICE 1
3. Soit n un entier naturel, on a (3 − un+1 )(3 + un+1 ) = 9 − (un + 6) = 3 − un et donc, puisque 3 + un+1 , 0,
3 − un
1
on a 3 − un+1 =
= (3 − un )
.
3 + un+1
3 + un+1
1
1
≤ , donc puisque
Si n ≥ 1 alors n + 1 > 1 et d’après la question précédente et on a 0 ≤
3 − un+1
4
3 − un > 0, on déduit par multiplication membre à membre que
0 ≤ (3 − un )
1
1
≤ (3 − un ) ×
3 + un+1
4
c’est-à-dire
0 ≤ 3 − un+1 ≤ (3 − un ) ×
1
4
4. On montre par récurrence que pour tout n supérieur ou égal à 1 on a 0 ≤ 3 − un ≤
2
4n−1
.
On a appelle Pn l’inégalité ci-dessus.
√
√
2
On a u1 = 2 donc 3 − u1 = 3 − 2 ≈ 1,6 et 1−1 = 2 donc l’inégalité P1 est vraie.
4
Soit n un entier supérieur ou égal à 1 ; supposons que Pn soit vraie et montrons qu’alors Pn+1 l’est aussi
2
2
i.e. que l’inégalité 0 ≤ 3 − un+1 ≤ n+1−1 = n est vraie.
4
4
1
2
Puisque 0 ≤ 3 − un+1 ≤ (3 − un ) et qu’on suppose que 0 ≤ 3 − un ≤ n−1 il en résulte que
4
4
1
2
1 2
0 ≤ 3 − un+1 ≤ (3 − un ) ≤
= n
n−1
4
44
4
ce qui prouve que Pn+1 est bien vraie.
En conclusion : pour tout entier n ≥ 1 on a bien 0 ≤ 3 − un ≤
2
.
4n−1
2
5. On définit les suites v et w pour tout n ≥ 1 par vn = 0 et wn = n−1 et on a donc vn ≤ 3 − un ≤ wn .
4
Puisque la suite w est géométrique de raison 1/4 ∈] − 1; 1[ on sait qu’elle converge vers 0. Il en est de
même de la suite v.
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2012-13
Evaluation: corrigé suites et complexes.
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Ces conditions permettent d’appliquer le théorème des gendarmes et de conclure que
lim 3 − un = 0
n→+∞
ce qui revient à dire que
lim un = 3
n→+∞
(7 points)
√
√
√
√
2−i
( 2 − i)(−2i + 2) − 2i
=
1. z =
√ =
6
2
2i + 2
2 + 3i
2 − 3i (2 − 3i)(4 + i) 11 − 10i 11 10
.z=
=
=
=
− i.
2. Soit z =
4+i
4−i
17
17
17 17
3. Si z , 0,5i on a
√
√
√
1−z
3
=
⇐⇒ 2i − 2iz = 3 + 2 3iz
1 + 2iz
2i
EXERCICE 2
soit
√
√
√
3 − 2i
3
2 + 3i
1
z=
√ =
√ =
√ +
√ i
2(−1 − 3)i 2(1 + 3) (1 + 3) 2(1 + 3)
4. Dans C on pose z = x + iy
1+i
z ⇐⇒ z = iz ⇐⇒ x − iy = ix − y
1−i
Or deux complexes sont égaux ssi ils ont même partie réelle et même partie imaginaire d’où l’ensemble
des solutions de l’équation :
c’est l’ensemble des complexes de la forme x − xi = x(1 − i) où x ∈ R.
p
5. le module de z = x + iy vaut x2 + y2 .
√
√
Le module de z = 2 + i est |z| = 3. Le plan étant rapporté à un repère (O,~u,~v) orthonormé, soit M le
point d’affixe z. Alors |z| = OM
z=
6. BONUS (0.75)
Résoudre dans C l’équation d’inconnue z : 3z2 = 5z − 4