Mathématiques et calculs : Contrôle continu no1 17 Octobre

Université Paris Descartes
UFR de Mathématiques et Informatique
45, rue des Saints-Pères, 75006, Paris.
Mathématiques et calculs : Contrôle continu no 1
17 Octobre 2011
L1 : Licence sciences et technologies,
mention mathématiques, informatique et applications
Nombre de page de l’énoncé : 1 . Durée 1h30.
Correction
Exercice 1
1) Calculer le module et l’argument de chacun des nombres complexes
√
z1 =
√
6−i 2
2
et
z2 = 1 − i.
z1
.
z2
π
π
3) Utiliser les résultats précédents pour calculer cos( 12
) et sin( 12
).
2) En déduire le module et l’argument de z =
Correction de l’exercice 1 :
1)
|z1 | =
|z2 | =
√
√
2
et
2
et
π
arg(z1 ) = − .
6
π
arg(z2 ) = − .
4
2)
π
|z1 |
= 1 et arg(z) = arg(z1 ) − arg(z2 ) =
.
|z2 |
12
π
π
3) On détermine la forme algébrique de z = cos( 12
) + i sin( 12
). On trouve
√
√
√
√
6+ 2
6− 2
z=(
) + i(
)
4
4
D’où
√
√
√
√
6+ 2
6− 2
π
π
cos( ) =
et sin( ) =
.
12
4
12
4
|z| =
Exercice 2
Déterminer les racines carrées complexes de z = −8 − 6i.
Correction de l’exercice 2 :
On cherche ω = x + iy tel que ω 2 = z. Ici 2xy = −6 donc x et y sont de signes contraires. Les deux
racines sont ω1 = 1 − i9 et ω2 = −9 + i9.
Exercice 3p
p
√
√
Soit z = 2 − 2 + i 2 + 2.
1) Calculer z 2 sous la forme algébrique puis sous forme exponentielle.
2) En déduire la forme exponentielle de z.
3) En déduire cos( 3π
8 ).
Correction de l’exercice 3 :
1
2
1) Les réponses sont :
√
√
z 2 = −2 2 + i2 2
z 2 = 4ei
|z 2 | = 4
et
3π
4
arg(z 2 ) =
3π
.
4
2) z est une racine carrée de z 2 donc
z = 2ei
Comme
cos( 3π
8 )
3π
8
ou z = −2ei
3π
8
.
> 0 et Re(z) > 0, on en déduit que
z = 2ei
3π
8
.
3)
3π
Re(z)
cos( ) =
=
8
|z|
p
2−
2
√
2
.
Exercice 4
Soit (un ) la suite définie par :

u0 = 0
un+1 =
r
u2n + 4
, ∀n > 0
3
1) Montrer que pour tout n > 0, un > 0.
2) Montrer que la suite (vn ) définie par vn = u2n − 2 est géométrique et préciser sa raison.
3) Calculer vn en fonction de v0 . En déduire la limite de (vn ) puis celle de (un ).
Correction de l’exercice 4 :
1) On démontre par récurrence la propriété (Pn ) : un > 0.
– Initialisation : u0 = 0 > 0 donc (P0 ) est vraie.
– Hérédité : On suppose que (Pn ) est vraie pour un certain n > 0. Alors,
r
u2n + 4
un+1 =
3
u2n + 4
est bien défini puisque
> 0 d’après l’hypothèse de récurrence. De plus un+1 > 0 car la
3
fonction racine carrée est positive.
Donc, par récurrence, pour tout n > 0, un > 0.
2) On a
u2 + 4
u2 − 2
1
vn+1 = u2n+1 − 2 = n
−2= n
= vn .
3
3
3
Donc (vn ) est une suite géométrique de raison 31 .
3) (vn ) est une suite géométrique de raison 13 et v0 = u0 − 2 = −2 d’où
vn = −
2
.
3n
On en déduit que (vn ) tend vers 0, et donc que u2n = vn + 2 tend vers 2. Comme un > 0, on a un =
√
d’où (un ) tend vers 2 (par continuité de la fonction racine carrée. . .) .
Exercice 5
Soit (un ) la suite définie par :
(
u0 = 1
√
un+1 = 2un , ∀n > 0
1) Montrer que pour tout n > 0, un > 0.
2) Montrer que pour tout n > 0, un 6 2.
3) Montrer que (un ) est croissante (on pourra considérer le quotient
un+1
).
un
p
u2n ,
3
4) En déduire que (un ) est convergente et déterminer sa limite.
Correction de l’exercice 5 :
1) On démontre par récurrence la propriété (Pn ) : un > 0.
– Initialisation : u0 = 1 > 0 donc (P0 ) est vraie.
√
– Hérédité : On suppose que (Pn ) est vraie pour un certain n > 0. Alors un+1 = 2un > 0 donc
(Pn+1 ) est vraie.
Donc, par récurrence, pour tout n > 0, un > 0.
2) On démontre par récurrence la propriété (Pn ) : un 6 2.
– Initialisation : u0 = 1 6 2 donc (P0 ) est vraie.
– Hérédité : On suppose que (Pn ) est vraie pour un certain n > 0. Alors, 2un 6 4, et, comme la
fonction racine carrée est croissante,
√
√
un+1 = 2un 6 4 = 2,
et donc (Pn+1 ) est vraie.
Par récurrence, pour tout n > 0, un 6 2.
car pour tout n > 0, un > 0 et en particulier un 6= 0. On a
3) On peut considérer le quotient uun+1
n
r
√
2un
2
un+1
=
=
.
un
un
un
q
un+1
Or, d’après la question 2), un 6 2, donc u2n > 1. Ainsi,
> 1 pour tout n > 0, ce qui montre que
un
(un ) est croissante.
4) (un ) est croissante et majorée par 2, donc elle converge. Sa limite l vérifie
√
l = 2l ⇔ l2 = 2l et l > 0 ⇔ l(l − 2l) = 0 et l > 0 ⇔ l = 0 ou l = 2.
Ainsi (un ) ne peut converger que vers 0 ou 2. Mais comme (un ) est croissante et u0 = 1 > 0, (un ) ne
peut pas converger vers 0. En conclusion, (un ) converge vers l = 2.