TS. Évaluation 5 -Correction 1 ( 10 points ) Le plan complexe est

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TS. Évaluation 5 -Correction
1 ( 10 points )
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct. On considère l’équation :
(E) :
C
p
z 2 − 2z 3 + 4 = 0.
1. Résoudre l’équation (E) dans l’ensemble des nombres complexes.
p
¡ p ¢2
On résout l’équation (E) : z 2 − 2z 3 + 4 = 0 ;
∆ = −2 3 − 4 × 1 × 4 = 12 − 16 = −4 = 4i2 = (2i)2 .
L’équation admet donc deux solutions complexes conjuguées :
¡ p ¢
p
np
o
p
p
− −2 3 − 2i 2 3 − 2i p
z1 =
=
= 3 − i ou z 2 = z 1 = 3 + i.
S = 3−i ; 3+i
2
2
³
¡
¢
¡
¢´
2. On considère la suite (Mn ) des points d’affixes z n = 2n × cos (−1)n × π6 + i sin (−1)n × π6 , définie pour n > 1.
a. Vérifier que z 1 est une solution de (E).
³
³
³ p3 ¡ 1 ¢´ p
¡
¡
¡ π¢
¡ π ¢´
π¢
π ¢´
1
1
z 1 = 2 × cos (−1) ×
+i −
+ i sin (−1) ×
= 2 cos −
+ i sin −
=2
= 3−i
6
6
6
6
2
2
Donc z 1 est solution de l’équation (E).
b. Écrire z 2 et z 3 sous forme algébrique.
³
³
³ p3
p
¡
¡
π¢
π´
1´
π ¢´
π
2
2
2
z 2 = 2 × cos (−1) ×
+ i = 2 3 + 2i
+ i sin (−1) ×
= 4 cos + i sin
=4
6
6
6
6
2
2
p
³
³ 3 ¡ 1 ¢´
³
p
¡
¡
π ¢´
−π
−π ´
π¢
+ i sin (−1)3 ×
= 8 cos
+ i sin
=8
+i −
= 4 3 − 4i
z 3 = 23 × cos (−1)3 ×
6
6
6
6
2
2
c. Placer les points M1 , M2 , M3 et M4 sur la figure donnée en annexe et tracer, sur la figure donnée en annexe, les
segments [M1 , M2 ] , [M2 , M3 ] et [M3 , M4 ].
NOM :
Annexe
8i
M4
6i
4i
M2
2i
→
−
v
−2
O
−i
→
−
u
2
4
6
8
M1
−2i
−4i
−6i
−8i
M3
10
12
14
16
|z 1 | = 2 donc le point M1 d’affixe z 1 est situé sur le cercle de centre O et de rayon 2 ;
de plus, la partie imaginaire de z 1 est −1 donc le point M1 est situé sur la droite d’équation y = −1.
Pour placer le point M2 , on utilise le fait que |z 2 | = 4 et que Im (z 2 ) = 2.
Pour placer
le point M3 , on utilise le fait´que |z³ 3 | = 8 et que Im (z´3 ) = −4.
³
¡
¢
¡
¢
¡ ¢
¡ ¢
4
z 4 = 2 cos (−1)4 × π6 + i sin (−1)4 × π6 = 16 cos π6 + i sin π6 ; pour placer le point M4 , on utilise le fait que |z 4 | = 16 ;
π
de plus arg (z 4 ) = = arg (z 2 ) donc les points O, M2 et M4 sont alignés donc M4 ∈ (OM2 ). Voir la figure en annexe.
6
Ãp
!
3 (−1)n i
n
3. Montrer que, pour tout entier n > 1, z n = 2
+
.
2
2
³
¡
¡
π¢
π ¢´
z n = 2n × cos (−1)n ×
+ i sin (−1)n ×
6
6
• Si n > 1 et n pair, (−1)n = +1,
p
p
³
¢
¡
¢´ ³
¡π¢
¡ π ¢´
¡
3 i
3 (−1)n i
π
π
n
n
+ =
+
.
donc cos (−1) × 6 + i sin (−1) × 6 = cos 6 + i sin 6 =
2
2
2
2
• Si n > 1 et n impair, (−1)n = −1,
p
p
³
¢
¡
¢´ ³
¡ −π ¢
¡ −π ¢´
¡
3 i
3 (−1)n i
π
π
n
n
− =
+
.
donc cos (−1) × 6 + i sin (−1) × 6 = cos 6 + i sin 6 =
2
2
2
2
³ p3 (−1)n i ´
n
Finalement
Pour tout entier n > 1, z n = 2
+
2
2
4. Calculer les longueurs M1 M2 et M2 M3 .
¯ p
¯
³p
´¯ ¯p
¯
¯ ¯
¯
M1 M2 = |z 2 − z 1 | = ¯2 3 + 2i − 3 − i ¯ = ¯ 3 + 3i¯
r
=
³p ´2
p
p
p
3 + 32 = 3 + 9 = 12 = 2 3
¯ p
¯ r³ p ´2
³ p
´¯ ¯ p
p
p
p
¯
¯ ¯
¯
M2 M3 = |z 3 − z 2 | = ¯4 3 − 4i − 2 3 + 2i ¯ = ¯2 3 − 6i¯ =
2 3 + (−6)2 = 48 = 4 3 = 22 3
p
Pour la suite de l’exercice, on admet que, pour tout entier n > 1, Mn Mn+1 = 2n 3.
5. On note `n = M1 M2 + M2 M3 + · · · + Mn Mn+1 .
p
a. Montrer que, pour tout entier n > 1, `n = 2 3 (2n − 1).
D’après la question 4.,
p
p
p
¡
¢p
`n = 2 3 + 22 3 + · · · + 2n 3 = 2 + 22 + · · · + 2n 3
La suite (2n ) définie pour n > 1 est géométrique de raison q = 2 et de premier terme 21 = 2 ;
La somme S de ses premiers termes consécutifs est donnée par la formule :
S = premier terme ×
1 − raisonnombre de termes
1 − raison
donc
2 + 22 + · · · 2n = 2 ×
¡
¢
1 − 2n
2n − 1
= 2×
= 2 2n − 1
1−2
2−1
p ¡
¡
¢p
¢
`n = 2 + 22 + · · · + 2n 3 = 2 3 2n − 1
b. Déterminer le plus petit entier n tel que `n > 1 000.
p
1 000
1 000
`n > 1 000 ⇐⇒ 2 3 (2n − 1) > 1 000 ⇐⇒ 2n − 1 > p ⇐⇒ 2n > p + 1 ' 289, 7
2 3
2 3
À l’aide de la calculatrice, je trouve que le plus petit entier n tel que `n > 1 000 est 9
p
p
On peut vérifier que `8 = 510 3 ≈ 883 < 1 000 et `9 = 1 022 3 ≈ 1 770 > 1 000
(28 = 256 et 29 = 512)