Correction du devoir maison no 12. Exercice 1 (no 191 page 228

Correction du devoir maison no12.
Exercice 1 (no191 page 228)
On consid`ere la suite de nombres complxes (zn) d´efinie par z0= 1 et pour tout
n>0, zn+1 = 3
4+ i√3 4!zn.
On note Anle poin d’affixe zn.
1. (a) ´ Ecrire sous forme alg´ebrique les nombres z1`a z6.
Posons Z=3
4+ i√3 4.
Il est clair que (zn) est la suite g´eom´etrique (`a valeurs complexes) de
premier terme z0= 1 et de raison q=Z=3
4+ i√3 4.
|Z|=√a2+b2=r9
16 +3 16 =r12 16 =2√3 4=√3 2.
Soit θun argument de Z.
cos θ=a
|Z|=3 4×2
√3=√3
2.
sin θ=b
|Z|=√3 4×2
√3=1
2.
Donc θ=π
6[2π].
Donc Z=√3
2eiπ
6.
Pour tout n∈N,zn=Zn.
z1= 3
4+ i√3 4!×1 = 3 4+ i√3 4.
z2= √3
2eiπ
6!2
=3
4eiπ
3=3
4 1 2+ i√3 2!=3 8+ i3√3 8.
z3= √3
2eiπ
6!3
= √3
2!3
ei3π
6=3√3
8×eiπ
2= i3√3
8.
z4= √3
2eiπ
6!4
=9
16ei4π
6=9
16ei2π
3=−9
32 + i9√3 32 .
z5= √3
2eiπ
6!5
=9√3
32 ei5π
6=−27
64 + i9√3 64 .
z6= √3
2eiπ
6!6
=27
64eiπ=−27 64.
(b) Dans un rep`ere d’unit´e 8 cm, placer les points Aipour ivariant de 1 `a 6.
1

0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
−0.1
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0−0.1−0.2−0.3−0.4
A0
O
A1
A2 A3
A4
A5
A6
2. Pour tout entier n, on pose dn=|zn+1 −zn|.
(a) V´erifier que pour tout n>1, zn+1 −zn= 3
4+ i√3 4!(zn−zn−1).
Pour tout n>1,
3
4+ i√3 4!(zn−zn−1) = 3 4+ i√3 4!zn− 3 4+ i√3 4!zn−1
=zn+1 −zn
(b) En d´eduire une relation entre dn+1 et dn, puis dnen fonction de d0.
En passant aux modules, il vient, pour tout n>1,
|zn+1 −zn|=
3
4+ i√3 4× |zn−zn−1|
dn=|Z|dn−1
dn=√3
2dn
La suite (dn) est donc g´eom´etrique de raison √3
2.
d0=|z1−z0|=
3
4+ i√3 4−1
=−1
4+ i√3 4
=r1
16 +3 16 =1 2.
D’apr`es le terme g´en´eral d’une suite g´eom´etrique, pour tout n>0, dn=
d0×qn.
Pour tout n>0, dn=1
2× √3 2!n
.
(c) Donner une interpr´etation g´eom´etrique de dn.
dn=|zn+1 −zn|=An+1An.
Pour tout entier n,dnest la longueur du segment [AnAn+1].
(d) Soit Ln=
n
X
k=0
AkAk+1 la longueur de la ligne polygonale de sommets suc-
cessifs A0,A1, ..., An+1.
D´eterminer Lnen fonction de net la limite de Lnquand ntend vers +∞.
2

D’apr`es la somme des termes d’une suite g´eom´etrique,
Ln=
n
X
k=0
dk
=d0×
1− √3
2!n+1
1−√3
2
=1
2
1− √3
2!n+1
×2
2−√3
=2 + √3
4−3
1− √3
2!n+1
= (2 + √3) 
1− √3
2!n+1
Or, −1<√3
2<1, donc lim
n→+∞ √3
2!n+1
= 0.
Par somme et produit, on en d´eduit que lim
n→+∞
Ln= 2 + √3.
3. Pour tout entier n, on pose an= arg(zn).
On montre facilement par r´ecurrence que pour tout n,zn6= 0, et la suite
(an) est donc bien d´efinie (les termes sont d´efinis modulo 2πcar ce sont des
arguments de nombres complexes).
(a) ´ Etablir une relation entre anet an+1.
On sait que zn+1 = 3
4+ i√3 4!zn.
arg(zn+1 ) = arg 3
4+ i√3 4!+ arg(zn) [2π]
arg(zn+1 ) = π
6+ arg zn[2π]
an+1 =π
6+an[2π]
(b) En d´eduire anen fonction de n.
Par d´efinition, la suite (an) est arithm´etique de raison r=π
6.
a0= arg z0= arg 1 = 0 [2π].
Donc pour tout n>0, an=a0+nr =nπ
6[2π].
(c) Pour quelles valeurs de nles points O,A0et Ansont-ils align´es ?
Les points O,A0et Ansont align´es si et seulement si Anappartient `a
l’axe des abscisses.
Cela ´equivaut `a dire que znest r´eel, soit arg(zn) = 0 [π].
Cela est encore ´equivalent `a nπ
6= 0 [π], soit n 6est un nombre entier.
Les points O,A0et Ansont align´es si et seulement si nest multiple de 6.
3