S Exercice 2 Métropole septembre 2016 4 points On considère les nombres complexes z n définis pour tout entier naturel n ⩾0 par la donnée de z 0 , où z 0 est 1 différent de 0 et 1, et la relation de récurrence : z n +1=1− z . n 1.a. Dans cette question, on suppose z 0=2 . Déterminer les nombres complexes z 1 ; z 2 ; z 3 ; z 4 ; z 5 et z 6 . 2.b. Dans cette question, on suppose z 0 =i. Déterminer la forme algébrique des nombres complexes z 1 ; z 2 ; z 3 ; z 4 ; z 5 et z 6 . 1.c. Dans cette question on revient au cas général où z 0 est un nombre complexe donné. Que peut-on conjecturer pour les valeurs prises par z 3n selon les valeurs de l'entier naturel n ? Prouver cette conjecture. 2. Déterminer z 2016 dans le cas z 0=1+ i 3. Existe-t-il des valeurs de z 0 tel que z 0=z1 ? Que peut-on dire de la suite (z n ) dans ce cas. Copyright meilleurenmaths.com. Tous droits réservés Page 1 S Métropole septembre 2016 CORRECTION 1.a. z 0=2 1 1 z 1=1− = 2 2 1 z 2=1− =1−2=−1 1 2 1 z 3=1− =1+1=2=z 0 −1 1 donc z 4=z 1= et z 5=z−2=−1 et z 6=z3 =z 0=2 2 1.b. z 0=i 1 z 1=1− i=1+i i(1−i) 1 1+i−1 i 1+i = = = = 1+ i 1+ i 1+ i (1+ i) (1−i ) 2 2(1−i) 2 z 3=1− =1− =1−(1−i)=i=z 0 1+i (1+i)(1−i) 1+ i donc z 4=z 1=1+i et z 5=z2 = et z 6=z3 =z 0=i . 2 1.c. Pour les deux exemples on a z 6=z3 =z 0 Si z 0 est un nombre complexe donné différent de 0 et de 1 alors : 1 z −1 z 1=1− = 0 z0 z0 z z −1−z 0 −1 z 2=1− 0 = 0 = z 0−1 z 0−1 z0−1 z −1 z 3=1− 0 =1+ z 0−1=z 0 −1 Conjecture Pour tout entier naturel n z 3 n =z 0 z 2=1− Preuve de la conjecture On veut démontrer en utilisant un raisonnement par récurrence que pour tout entier naturel n, on a : z 3 n =z 0 Initialisation Pour n=0 z 3×0= z 0 La propriété est vérifiée pour n=0 Hérédité Pour démontrer que la propriété est héréditaire pour tout entier naturel n, on suppose que z 3 n =z 0 et on doit démontrer que z 3 (n+1 )=z 0 . z z −1−z 0 −1 1 z −1 z 3 n =z 0 z 3 n +1=1− = 0 z 3 n +2 1− 0 = 0 = donc et z0 z0 z 0−1 z 0−1 z 0−1 z −1 z 3 n +3= z 3(n +1)=1− 0 =z 0 −1 Conclusion Le principe de récurrence nous permet de conclure que pour tout entier naturel n, z 3 n =z 0 . Copyright meilleurenmaths.com. Tous droits réservés Page 2 S Métropole septembre 2016 2. 2016=3×672 donc z 2016 =z 3×672 =z 0 =1+i 1 2 2 ⇔ z 0 =z 0−1 ⇔ z 0−z 0 +1=0 z0 donc z 0 est solution dans l'ensemble des nombres complexes de l'équation : X 2−x+1=0 2 Δ=(−1)2−4=−3=(i √ 3) 1−i √ 3 1+ i √3 '' X '= et X = 2 2 ' '' Les valeurs X et X sont distinctes de 0 et de 1. 2 1−i √ 3−2 −1−i √ 3 (−1−i √ 3)(1+ i √ 3) −1−2 i √3+3 1−i √ 3 = = = = = On peut vérifier que 1− 4 4 2 1−i √ 3 1−i √3 1−i √ 3 1−i √ 3 donc si z 0= alors Z 1=Z 0 2 1+i √ 3 On peut vérifier le même résultat pour z 0= 2 Conclusion 1−i √ 3 1+ i √ 3 On a z 1= z 0 si est seulement si z 0 est égal à ou . 2 2 Dans ce cas la suite (z n) est constante. 3. z 0= z 1 ⇔ z 0=1− Copyright meilleurenmaths.com. Tous droits réservés Page 3