Pondichéry – Avril 2014 – Série S – Exercice Le plan complexe est

Pondichéry – Avril 2014 – Série S – Exercice
G G
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé ( O; u , v ) .
Pour tout entier naturel n, on note An le point d’affixe zn défini par :
⎛
⎞
z0 = 1 et zn+1 = ⎜ 3 + 3 i ⎟ zn
⎜4
4 ⎟⎠
⎝
On définit la suite ( rn ) par rn = zn pour tout entier naturel n.
1. Donner la forme exponentielle du nombre complexe 3 + 3 i .
4 4
2. a. Montrer que la suite ( rn ) est géométrique de raison 3 .
2
b. En déduire l’expression de rn en fonction de n.
c. Que dire de la longueur OAn lorsque n tend vers +∞ ?
3. On considère l’algorithme suivant :
Variables
Entrée
Traitement
Sortie
n entier naturel
R réel
P réel strictement positif
Demander la valeur de P
R prend la valeur 1
n prend la valeur 0
Tant que R > P
n prend la valeur n + 1
R prend la valeur 3 R
2
Fin tant que
Afficher n
a. Quelle est la valeur affichée par l’algorithme pour P = 0,5 ?
b. Pour P = 0,01 on obtient n = 33 . Quel est le rôle de cet
algorithme ?
PanaMaths
[1-9]
Avril 2014
Démontrrer que lee trianglee OAn An+1 est recttangle en
n An+1 .
4. a. D
i nπ
e 6
b. O
On admeet que zn = rn
.
D
Détermin
ner les vaaleurs dee n pour lesquelle
l
s An est un pointt de
ll’axe dess ordonnéées.
c. C
Complétter la figuure donnéée en annnexe, à reendre avec la coppie, en
A6 , A7 , A8 et A9 .
rreprésenttant les points
p
L
Les traitss de consstruction seront appparents.
PanaM
Maths
[2-9]
Avrril 2014
Analyse
Sans présenter de difficulté majeure, l’exercice, conforme, de ce point de vue, à une tendance
certaine, aborde une variété de thèmes nécessitant des méthodes de résolution elles-mêmes
variées.
Les questions 1 et 2 conduisent à des manipulations algébriques sur des complexes,
notamment les termes d’une suite complexe.
La question 3 est l’ingrédient algorithmique de l’exercice.
La question 4 permet de se rappeler que l’algèbre et la géométrie entretiennent des liens
étroits et que manipuler les complexes en négligeant la géométrie est une bien triste chose ! ☺
Incidemment, cette question doit faire penser les candidat(e)s à se à se munir, pour l’épreuve,
d’un crayon papier, d’un compas et d’une gomme !
Résolution
Question 1.
On commence par déterminer le module de
2
3
3
+
i :
4 4
2
2
3
3
9 3 12 3
⎛3⎞ ⎛ 3⎞
+
i = ⎜ ⎟ + ⎜⎜
⎟⎟ = + = =
4 4
⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 16 16 16 4
D’où :
3
3
+
i =
4 4
3
3
.
=
4
2
Il vient alors :
3
3
3⎛ 2 3 2
3 ⎞
3⎛ 3 1 ⎞
+
i=
× +
×
i ⎟⎟ =
+ i⎟
⎜⎜
⎜
4 4
2 ⎝ 3 4
3 4 ⎠ 2 ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠
3
π
1
π
= cos et = sin .
2
6
2
6
3
3
3⎛ 3 1 ⎞
3⎛
π
π⎞
3 i π6
Finalement : +
cos
sin
i=
i
e .
+ i ⎟⎟ =
+
=
⎜⎜
⎜
⎟
4 4
2 ⎝ 2 2 ⎠ 2 ⎝
6
6⎠ 2
On identifie facilement :
3
3
3 i π6
+
i=
e
4 4
2
PanaMaths
[3-9]
Avril 2014
Question 2.a.
Pour tout entier naturel n, on a : rn = zn .
D’où, en tenant compte du résultat de la question précédente :
rn +1 = zn +1
π
⎛3
i
3 ⎞
3
3
3 i π6
3
3
3
= ⎜⎜ +
× e 6 × zn =
× zn =
× rn
i ⎟⎟ zn = +
i × zn =
e × zn =
4 4
2
2
2
2
⎝4 4 ⎠
N
=1
La suite ( rn ) est bien géométrique de raison
3
.
2
La suite ( rn ) est une suite géométrique de raison
3
.
2
Question 2.b.
n
⎛ 3⎞
D’après le résultat de la question précédente, on a, pour tout entier naturel n : rn = r0 × ⎜⎜
⎟⎟ .
⎝ 2 ⎠
Or z0 = 1 . On en tire immédiatement : r0 = z0 = 1 = 1 .
Finalement :
n
⎛ 3⎞
∀n ∈ `, rn = ⎜⎜
⎟⎟ .
⎝ 2 ⎠
Question 2.c.
n
⎛ 3⎞
Comme zn est l’affixe du point An , on a immédiatement : OAn = zn = rn = ⎜⎜
⎟⎟ .
⎝ 2 ⎠
3
Or, on a :
∈ ]−1 ; 1[ . On en déduit immédiatement : lim rn = 0 et, finalement :
n →+∞
2
lim OAn = 0
n →+∞
PanaMaths
[4-9]
Avril 2014
Question 3.a.
Faisons « tourner l’algorithme à la main » avec P = 0,5 :
R
(valeur exacte)
1
3
2
n
0
1
R
(valeur approchée à 10−3 )
1,000
R>P
0,866
Oui
0,750
Oui
0,650
Oui
0,563
Oui
0,487
Non
Oui
2
2
⎛ 3⎞
3
⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 4 = 0, 75
⎝
⎠
3
⎛ 3⎞ 3 3
⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 8
⎝
⎠
4
⎛ 3⎞
9
⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 16 = 0,562 5
⎝
⎠
5
⎛ 3⎞ 9 3
⎜⎜
⎟⎟ =
32
⎝ 2 ⎠
3
4
5
L’algorithme va donc afficher la dernière valeur de la variable N, à savoir 5.
Pour P = 0,5 l’algorithme affiche la valeur 5.
Question 3.b.
La boucle « Tant que » s’interrompt dès que la condition « R > P » n’est plus vérifiée,
c'est-à-dire, dès que l’on a : « R ≤ P ». L’algorithme affiche alors la valeur courante de la
variable n. En d’autres termes, la valeur courante de la variable R correspondant à rn (valeur
3
à chaque passage dans la boucle), l’algorithme
2
fournit la plus petite valeur de n telle que rn ≤ P .
initiale égale à 1 et multiplication par
Avec P = 0, 01 on a :
⎛ 3⎞
⎛ 3⎞
ln ( 0, 01)
rn ≤ P ⇔ ⎜⎜
⎟⎟ ≤ 0, 01 ⇔ n ln ⎜⎜
⎟⎟ ≤ ln ( 0, 01) ⇔ n ≥
2 ⎠
⎛ 3⎞
⎝ 2 ⎠
⎝
ln ⎜
⎟
3
⎝ 2 ⎠
< 0 car
<1
n
2
PanaMaths
[5-9]
Avril 2014
Or :
ln ( 0, 01)
⎛ 3⎞
ln ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
l’énoncé.
32, 02 > 32 . L’algorithme affichera donc la valeur 33 comme mentionné dans
Pour un réel P strictement positif donné, l’algorithme affiche la plus petite valeur de l’entier
n
⎛ 3⎞
naturel n telle que rn = ⎜⎜
⎟⎟ soit inférieur ou égal à P.
⎝ 2 ⎠
Question 4.a.
Soit n un entier naturel quelconque. Nous allons ici comparer OAn 2 et OAn +12 + An An +12 .
On a :
⎛ ⎛ 3 ⎞ n +1 ⎞ ⎛ 3 ⎞2( n +1) ⎛ 3 ⎞2 ⎛ 3 ⎞2 n 3 ⎛ ⎛ 3 ⎞n ⎞
3 2
= ⎜ ⎜⎜
= ⎜⎜
⎟⎟ ⎟ = ⎜⎜
⎟⎟
⎟⎟ × ⎜⎜
⎟⎟ = × ⎜ ⎜⎜
⎟⎟ ⎟ = × rn
⎜⎝ 2 ⎠ ⎟ ⎝ 2 ⎠
4 ⎜⎝ 2 ⎠ ⎟
4
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
2
2
n +1
OA
=r
2
n +1
2
2
2
n +1
An A
JJJJJJG 2
⎛3
⎛ 1
3 ⎞
3 ⎞
2
i ⎟⎟ zn − zn = ⎜⎜ − +
i ⎟⎟ zn
= An An +1 = zn +1 − zn = ⎜⎜ +
⎝4 4 ⎠
⎝ 4 4 ⎠
2
2
⎡⎛ 1 ⎞ 2 ⎛ 3 ⎞ 2 ⎤
1
3
2
⎛1 3⎞ 2 4
2
2
i × zn = ⎢⎜ ⎟ + ⎜⎜
=− +
⎟⎟ ⎥ × rn = ⎜ + ⎟ × rn = × rn
4 4
4
4
16
16
16
⎢
⎝
⎠
⎠ ⎦⎥
⎣⎝ ⎠ ⎝
1
= × rn2
4
3
1
D’où : OAn +12 + An An +12 = × rn2 + × rn2 = rn2 = OAn 2 .
4
4
Comme OAn +12 + An An +12 = OAn 2 , la réciproque du théorème de Pythagore nous permet de
conclure que le triangle OAn An +1 est rectangle en An +1 .
Pour tout entier naturel n, le triangle OAn An +1 est rectangle en An +1 .
Question 4.b.
Pour tout entier naturel n, on a : zn = rn e
On en déduit immédiatement que
PanaMaths
i
nπ
6
, c'est-à-dire : zn = zn e
i
nπ
6
.
nπ
est un argument de zn .
6
[6-9]
Avril 2014
nπ π
= + kπ où k est
6
2
un entier A PRIORI quelconque. Mais puisque n est un entier naturel, on doit se limiter à k
entier naturel également ( n ∈ ` ⇔ 3 + 6k ∈ ` ⇔ k ∈ ` ).
On a alors : An est un point de l’axe des ordonnées si, et seulement si,
Le point An est un point de l’axe des ordonnées si, et seulement si, n = 3 + 6k avec k ∈ ` .
Question 4.c.
i
6π
Avec n = 6 , nous avons z6 = r6 e 6 = r6 eiπ = −r6 .
On va donc simplement obtenir le point A6 en projetant perpendiculairement le point A5 sur
l’axe des abscisses : on obtient bien ainsi un triangle OA5 A6 rectangle en A6 (cf. figure
ci-dessous).
La construction est simple et utilise le fait que les diagonales d’un losange se coupent
perpendiculairement. Les sommets de losange se construisent à l’aide d’arcs de cercles (en
rouge sur la figure) à partir du segment [OA5 ] (dont la longueur est celle des quatre côtés du
losange). Le point A6 est alors le point d’intersection des diagonales du losange.
Pour les points A7 et A8 , les constructions sont moins immédiates.
PanaMaths
[7-9]
Avril 2014
Nous détaillons un peu le principe d’une construction du point A7 .
Comme zn = rn e
i
nπ
6
et zn +1 = rn +1 e
i
( n +1)π
6
, nous pouvons dire que l’angle n
AnOAn +1 admet pour
π
. Comme on peut facilement construire la bissectrice d’un angle, nous allons en fait
6
construire un triangle équilatéral à partir du segment [OAn ] , soit ici [OA6 ] (deux arcs de
mesure
cercles, respectivement centrés en O et en A6 suffisent (en rouge sur la figure ci-dessous)) :
nous notons B6 le troisième sommet de ce triangle.
Le point A7 est alors obtenu, dans le triangle OA6 B6 , comme pied de la hauteur issue du
sommet O (rappelons que dans un triangle équilatéral la hauteur, la bissectrice et la médiane
issues d’un sommet sont confondues). La construction du point A7 se fait alors comme
précédemment (fondamentalement à partir d’un losange).
PanaMaths
[8-9]
Avril 2014
Les points A8 et A9 se construisent alors respectivement comme les points A7 et A6 .
PanaMaths
[9-9]
Avril 2014