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. Lycée A.Maurois 2012-13 Evaluation: corrigé suites et complexes. TS 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