(P) muni d`un repère orthonormal direct (O , −→u

TS
correction
DEVOIR MAISON no 7
Exercice 1
−
−
Dans le plan complexe (P ) muni d’un repère orthonormal direct (O , →
u ,→
v ) d’unité graphique 4 cm, on considère le point
A d’affixe a = −1 et l’application f , du plan (P ) dans lui-même, qui au point M d’affixe z, distinct de A, associe le point
M′ = f (M) d’affixe z ′ tel que :
z′ =
iz
z+1
1. On résout l’équation : z ′ = z
iz
=z
z+1
z 2 + z = iz
z(z + 1 − i) = 0
z = 0 ou z = −1 + i
Les points M ont pour affixe 0 et −1 + i
|iz|
|i| × |z| 1 × |z| OM
iz =
=
=
=
2. OM’= |z | = z + 1 |z + 1| |z + 1| |z + 1| AM
!
!
−−−−→
iz
π −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ π
z
→
−
′
′
u , OM = arg(z ) = arg
= arg(i) + arg
= + AM , OM = MA , MO +
à 2π près
z+1
z+1
2
2
′
3. a. Figure simple
− 1 − 1i
i( −1 + i)
ib
= 1 2 ×
= −1 2
b+1
2 +i +1
2 +i
r
16 9
OB′ = |b′ | =
+
=1
25 25
b. b′ =
1
2
1
2
−i
−i
=
−1
2
+ i − 14 i − 21
1
4
+1
=
− 1 + 43 i
5
4
= (−1 + 43 i) × 45 =
−4 3
+ i
5
5
Ce qui prouve que B’ appartient au cercle (C) de centre O et de rayon 1.
c. Si M appartient à la médiatrice (∆), alors OM = AM
Or d’après la question 2, OM′ =
OM
AM
Donc OM′ = 1 ce qui prouve que M′ appartient au cercle (C)
4. a. On pose z = x + iy
z ′ = x′ iy ′ =
ix − y
x + 1 − iy ix2 + ix + xy − xy − y + iy 2
−y
x2 + x + y 2
i(x + iy)
=
×
=
=
+
i
x + iy + 1 x + 1 + iy x + 1 − iy
(x + 1)2 + y 2
(x + 1)2 + y 2
(x + 1)2 + y 2
Donc Im (z ′ ) =
x2 + y 2 + x
(x + 1)2 + y 2
On veut Im (z ′ ) = 0
soit x2 + x + y 2 = 0
(x + 1/2)2 − 1/4 + y 2 = 0
(x + 1/2)2 + y 2 = 1/4
L’ensemble (Γ) est le cercle de centre Ω de coordonnées (-1/2 , 0) et de rayon 1/2 privé des points A et O.
b. M’ appartient à l’axe des abscisses si arg(z’)= 0 ou π
−−−−→ −−−→ −−−→ π
−
soit →
u , OM′ = MA , MO + = 0 ou π
2
−π
π
−−−→ −−−→
soit MA , MO =
ou
2
2
Les points M appartiennent au cercle (Γ) de diamètre [AO] privé des points A et O.
Exercice 2
On définit, pour tout entier naturel n, les nombres complexes z par :

= 16

 z0
1+i


 zn+1 =
z , pour tout entier naturel n.
2 n
On note rn le module du nombre complexe zn : rn = |zn |.
Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct d’origine O, on considère les points An d’affixes zn .
1+i
1+i
z0 =
× 16 = 8 + 8i
2
2
1+i
1+i
z1 =
(8 + 8i) = 4 + 4i + 4i − 4 = 8i
z2 =
2
2
1+i
1+i
z2 = 8i
= 4i − 4 = −4 + 4i
z3 =
2
2
1. a. z1 =
b. Voir graphique
√
r
1 1
2
1 + i =
c. + =
2 4 4
2
√
1
2
2
et sin θ =
On a cos θ = √ =
2
2
2
√
!
π
π
2
1+i
cos + i sin
=
Donc
2
2
4
4
1
2
√
2
2
=
√
π
2
donc θ =
2
4
d. OA0 = |z0 | = 16
√
√
√
OA1 = |z1 | = 82 + 82 = 128 = 8 2
√
A0 A1 = |z1 − z0 | = |8 + 8i − 16| = |−8 + 8i| = 8 2
On a donc OA1 = A0 A1 et le triangle est isocèle en A1
√
√
De plus OA21 + A0 A21 = (8 2)2 + (8 2)2 = 128 + 128 = 256
Et OA20 = 256
Comme OA20 = OA21 + A0 A21 alors le triangle OA0 A1 est rectangle en A1
En résumé le triangle OA0 A1 est rectangle isocèle en A1
√
1 + i 1 + i 2
× |zn | =
2. rn+1 = |zn+1 | = zn = r .
2
2
2 n
Ceci prouve que la suite (rn ) est géométrique de raison
√
2
.
2
√ !n
2
2
√
√ !n
2
2
Comme 0 <
= 0, et donc lim rn = 0.
< 1, alors lim
n→+∞
n→+∞ 2
2
On a alors rn = r0 × qn = 16
La suite converge vers 0.
Géométriquement cela signifie que la distance du point O au point An tend vers 0 quand n tend vers +∞.
r
√
1 1
−1 + i −1 + i 1+i
1+i
2
=
× |zn | =
3. a. An An+1 = |zn+1 − zn | = z − z = z
− 1 = zn
+ × |zn | =
r = rn+1
2 n n n 2
2 2 4 4
2 n
b. Ln = A0 A1 + A1 A2 + . . . + An−1 An = r1 + r2 + . . . + rn
√
2
Ln représente la somme des termes d’une suite géométrique de raison q =
2
Ln = r1 ×
1 − qn
1−q
√
Or r1 = A0 A1 = 8 2 (déjà calculé)
√ n
2
1
−
√
2
Donc Ln = 8 2
√
1 − 22
√ !n
2
= 0,
c. On sait que lim
n→+∞ 2
√
√
√
√
√
√
√
16 2
8 2
16 2 2 + 2 32 2 + 32 32 2 + 32
donc lim Ln =
√ =
=
= 16 2 + 16.
√ =
√ ×
√ =
n→+∞
4−2
2
1 − 22 2 − 2 2 − 2 2 + 2
8
b
A2
b
A1
6
A3
b
4
2
b
A4
−4
0
−2
b
A5
−2
b
A6
b
2
4
6
8
10
12
14
A0
16