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S
Exercice 2
Métropole
septembre 2016
4 points
On considère les nombres complexes z n définis pour tout entier naturel n ⩾0 par la donnée de z 0 , où z 0 est
1
différent de 0 et 1, et la relation de récurrence : z n +1=1− z .
n
1.a. Dans cette question, on suppose z 0=2 .
Déterminer les nombres complexes z 1 ; z 2 ; z 3 ; z 4 ; z 5 et z 6 .
2.b. Dans cette question, on suppose z 0 =i.
Déterminer la forme algébrique des nombres complexes z 1 ; z 2 ; z 3 ; z 4 ; z 5 et z 6 .
1.c. Dans cette question on revient au cas général où z 0 est un nombre complexe donné.
Que peut-on conjecturer pour les valeurs prises par z 3n selon les valeurs de l'entier naturel n ?
Prouver cette conjecture.
2. Déterminer z 2016 dans le cas z 0=1+ i
3. Existe-t-il des valeurs de z 0 tel que z 0=z1 ?
Que peut-on dire de la suite (z n ) dans ce cas.
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Métropole
septembre 2016
CORRECTION
1.a. z 0=2
1 1
z 1=1− =
2 2
1
z 2=1− =1−2=−1
1
2
1
z 3=1− =1+1=2=z 0
−1
1
donc z 4=z 1= et z 5=z−2=−1 et z 6=z3 =z 0=2
2
1.b. z 0=i
1
z 1=1− i=1+i
i(1−i)
1
1+i−1
i
1+i
=
=
=
=
1+ i
1+ i
1+ i (1+ i) (1−i )
2
2(1−i)
2
z 3=1−
=1−
=1−(1−i)=i=z 0
1+i
(1+i)(1−i)
1+ i
donc z 4=z 1=1+i et z 5=z2 =
et z 6=z3 =z 0=i .
2
1.c. Pour les deux exemples on a z 6=z3 =z 0
Si z 0 est un nombre complexe donné différent de 0 et de 1 alors :
1 z −1
z 1=1− = 0
z0
z0
z
z −1−z 0 −1
z 2=1− 0 = 0
=
z 0−1
z 0−1
z0−1
z −1
z 3=1− 0 =1+ z 0−1=z 0
−1
Conjecture
Pour tout entier naturel n z 3 n =z 0
z 2=1−
Preuve de la conjecture
On veut démontrer en utilisant un raisonnement par récurrence que pour tout entier naturel n, on a :
z 3 n =z 0
Initialisation
Pour n=0 z 3×0= z 0
La propriété est vérifiée pour n=0
Hérédité
Pour démontrer que la propriété est héréditaire pour tout entier naturel n, on suppose que z 3 n =z 0 et on
doit démontrer que z 3 (n+1 )=z 0 .
z
z −1−z 0 −1
1 z −1
z 3 n =z 0
z 3 n +1=1− = 0
z 3 n +2 1− 0 = 0
=
donc
et
z0
z0
z 0−1
z 0−1
z 0−1
z −1
z 3 n +3= z 3(n +1)=1− 0 =z 0
−1
Conclusion
Le principe de récurrence nous permet de conclure que pour tout entier naturel n, z 3 n =z 0 .
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2. 2016=3×672
donc z 2016 =z 3×672 =z 0 =1+i
1
2
2
⇔ z 0 =z 0−1 ⇔ z 0−z 0 +1=0
z0
donc z 0 est solution dans l'ensemble des nombres complexes de l'équation : X 2−x+1=0
2
Δ=(−1)2−4=−3=(i √ 3)
1−i √ 3
1+ i √3
''
X '=
et X =
2
2
'
''
Les valeurs X et X sont distinctes de 0 et de 1.
2
1−i √ 3−2 −1−i √ 3 (−1−i √ 3)(1+ i √ 3) −1−2 i √3+3 1−i √ 3
=
=
=
=
=
On peut vérifier que 1−
4
4
2
1−i √ 3
1−i √3
1−i √ 3
1−i √ 3
donc si z 0=
alors Z 1=Z 0
2
1+i √ 3
On peut vérifier le même résultat pour z 0=
2
Conclusion
1−i √ 3
1+ i √ 3
On a z 1= z 0 si est seulement si z 0 est égal à
ou
.
2
2
Dans ce cas la suite (z n) est constante.
3. z 0= z 1 ⇔ z 0=1−
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