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Correction du devoir 3
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Rappel : on se fixe z1  c puis pour tout entier n  1 , z n1  z n   c .
Exercice 1
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b ) Si x  0 et A  1 alors xA  1  Ax  1 , c’est-à-dire x( A 2  A)  A  1  0 .On a à gauche, au choix
une fonction affine de x ou un trinôme en A ou xA( A  1)  ( A  1) où tout est positif ou ( A  1)( xA  1) .
c )* * H n  est : z n  c  c  1
n 1
donc H 1  , c’est-à-dire z1  c  c  1 , est vraie puisque z1  c .
0
** Soit n un entier, n  1 . On suppose que H n  est vraie, soit : z n  c  c  1
n 1
On a alors z n 1  z n   c z n
2
 c  ( c  c  1
)  c en utilisant a) et H n  ,
n 1 2
2
c’est-à-dire z n 1  c ( c  1
)  c  c [ ( c  1
n 1 2
2
n 1
n 1
)  1] = xA 2  1  Ax  1 ,
n 1 2
en utilisant b) avec x  c  0 et A   c  1
c’est-à-dire : z n 1  c  c  1
.
( A   c  1
n 1
1
 c  1  c  c  1
n
 1 car c  2 et n  1 ),
, ce qui prouve que H n 1  est vraie.
** On a prouvé par récurrence sur que H n  est vraie pour tout n  1 .
La suite  Z n

n
est donc minoré par la suite ( c  c  1 ) n qui diverge vers + l’infini car c  2 .
n
On prouverait de même : s’il existe un entier N tel que z N  2 alors c  E (essentiel ensuite).
Racines carrées dans C
 r2  R
Z  Re est fixé dans C. L’équation d’inconnue z  re : z  Z s’écrit 
,
2    2  
ce qui équivaut à r  R et    / 2  , soit arg( z)     / 2 ou    / 2   2 .
i
i
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On désigne par sqrt( Z ) la solution dont l’argument est  / 2 où  est la détermination principale (= entre
  , exclu, et  ) de l’argument de Z et on rappelle que cette notation est absolument proscrite au bac.
Note : pour tout Z  0 , ( Ré ( Z )  0 car la détermin. principale de son arg est dans   / 2,  / 2 . (2)
Exercice 2
Au 1 ) b ), on a admis que tout u ' de Int (L) est de la forme u'  1  u / 2 u / 2 avec u  1 . (3)
(3) ne dit pas que la réciproque de 1 ) b ) est vraie car tout u ' de Int (L) est aussi de la forme
u'  1  U / 2 U / 2 avec U  2  1 .
Prouver à l’aide du 1 ) qu’un des nombres  et  est à l’intérieur de C(O ;0,5).
On suppose que z n  converge vers l . En prenant la limite quand n tend vers l’infini dans (1), on obtient
1  sqrt(1  4c)
1  sqrt(1  4c)
et  
.
l 2  l  c  0 d’où les nombres  et  :  
2
2
On voit avec Géogébra qu’en fait l   mais on ne le prouvera pas ici.
On essaie par l’absurde : si  et  sont à l’extérieur de C(O ;0,5) alors   1 / 4 (*)
c’est-à-dire
12  ( sqrt(1  4c)) 2
 1 / 4 , soit c  1 / 4 , zut ça ne contredit pas z1  c  Int ( L) !
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Utilisons le supplément d’hypothèse (3) : c  1  u / 2 u / 2 avec u  1 .
1  sqrt(1  (2  u )u ) 1 

On a alors c  2  u  u / 4 donc  
2
Apriori on ne sait pas si
1  u 2
1  u 2
2
, idem avec  
1
1  u 2
2
.
vaut 1  u ou  (1  u) mais à coup sûr,  ou  vaut u / 2 avec u  1 .
En fait u  1  Ré (1  u)  0 . Donc (2) 
1  u 2
 1  u et c’est  qui vaut u / 2 avec u  1 .