(P) muni d`un repère orthonormal direct (O , −→u

TS DEVOIR MAISON no7correction
Exercice 1
Dans le plan complexe (P) muni d’un repère orthonormal direct (O , −→ u,−→ v) d’unité graphique 4 cm, on considère le point
A d’affixe a=−1 et l’application f, du plan (P) dans lui-même, qui au point M d’affixe z, distinct de A, associe le point
M′=f(M) d’affixe z′tel que :
z′=iz
z+ 1
1. On résout l’équation : z′=z
iz
z+ 1 =z
z2+z=iz
z(z+ 1 −i) = 0
z= 0 ou z=−1 + i
Les points M ont pour affixe 0 et −1 + i
2. OM’= |z′|=
iz
z+ 1
=|iz|
|z+ 1|=|i|×|z| |z+ 1|=1×|z| |z+ 1|=OM
AM
−→
u , −−−−→ OM′= arg(z′) = arg iz
z+ 1!= arg(i) + arg z z+ 1!=
π
2+−−−→
AM ,−−−→ OM =−−−→
MA ,−−−→ MO +π
2à 2πprès
3. a. Figure simple
b. b′=ib
b+ 1 =i(−1
2+i)
−1
2+i+ 1 =−1−1
2i
1
2+i×
1
2−i
1
2−i=−1
2+i−1 4i−1 2
1
4+ 1 =−1 + 3
4i
5
4
= (−1 + 3
4i)×4 5=−4
5+3 5i
OB′=|b′|=r16
25 +9 25 = 1
Ce qui prouve que B’ appartient au cercle (C) de centre O et de rayon 1.
c. Si M appartient à la médiatrice (∆), alors OM = AM
Or d’après la question 2, OM′=OM
AM
Donc OM′= 1 ce qui prouve que M′appartient au cercle (C)
4. a. On pose z=x+ iy
z′=x′iy′=i(x+iy)
x+iy + 1 =ix −y x+ 1 + iy ×x+ 1 −iy x+ 1 −iy =ix2+ix +xy −xy −y+iy2
(x+ 1)2+y2=−y (x+ 1)2+y2+ix2+x+y2 (x+ 1)2+y2
Donc Im(z′) = x2+y2+x
(x+ 1)2+y2
On veut Im(z′) = 0
soit x2+x+y2= 0
(x+ 1/2)2−1/4 + y2= 0
(x+ 1/2)2+y2= 1/4
L’ensemble (Γ) est le cercle de centre Ωde coordonnées (-1/2 , 0) et de rayon 1/2 privé des points A et O.

b. M’ appartient à l’axe des abscisses si arg(z’)= 0 ou π
soit −→
u , −−−−→ OM′=−−−→ MA ,−−−→ MO +
π
2= 0 ou π
soit −−−→ MA ,−−−→ MO =−π
2ou
π
2
Les points M appartiennent au cercle (Γ) de diamètre [AO] privé des points A et O.
Exercice 2
On définit, pour tout entier naturel n, les nombres complexes zpar :
z0= 16
zn+1 =1 + i
2zn,pour tout entier naturel n.
On note rnle module du nombre complexe zn:rn=|zn|.
Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct d’origine O, on considère les points And’affixes zn.
1. a. z1=1 + i
2z0=1 + i 2×16 = 8 + 8i
z2=1 + i
2z1=1 + i 2(8 + 8i) = 4 + 4i + 4i −4 = 8i
z3=1 + i
2z2= 8i1 + i 2= 4i −4 = −4 + 4i
b. Voir graphique
c. 
1 + i
2
=r1
4+1 4=√2 2
On a cosθ=
1
2
√2
2
=√2
2et sinθ=
1
2
√2
2
=√2
2donc θ=
π
4
Donc 1 + i
2=√2 2 cos
π
4+ isin
π
4!
d. OA0=|z0|= 16
OA1=|z1|=√82+ 82=√128 = 8√2
A0A1=|z1−z0|=|8 + 8i −16|=|−8 + 8i|= 8√2
On a donc OA1= A0A1et le triangle est isocèle en A1
De plus OA2
1+ A0A2 1= (8√2)2+ (8√2)2= 128 + 128 = 256
Et OA2
0= 256
Comme OA2
0= OA2
1+ A0A2
1alors le triangle OA0A1est rectangle en A1
En résumé le triangle OA0A1est rectangle isocèle en A1
2. rn+1 =|zn+1|=
1 + i
2zn
=
1 + i
2×|zn|=√2 2rn.
Ceci prouve que la suite (rn) est géométrique de raison √2
2.
On a alors rn=r0×qn= 16 √2
2!n
Comme 0 <√2
2<1, alors lim
n→+∞ √2
2!n
= 0, et donc lim
n→+∞rn= 0.

La suite converge vers 0.
Géométriquement cela signifie que la distance du point O au point Antend vers 0 quand ntend vers +∞.
3. a. AnAn+1 =|zn+1 −zn|=
1 + i
2zn−zn
=
zn1 + i
2−1
=
zn−1 + i
2
=
−1 + i
2×|zn|=r1 4+1 4×|zn|=√2 2rn=rn+1
b. Ln= A0A1+ A1A2+...+ An−1An=r1+r2+...+rn
Lnreprésente la somme des termes d’une suite géométrique de raison q=√2
2
Ln=r1×1−qn
1−q
Or r1= A0A1= 8√2 (déjà calculé)
Donc Ln= 8√2
1−√2
2n
1−√2
2
c. On sait que lim
n→+∞ √2
2!n
= 0,
donc lim
n→+∞Ln=8√2
1−√2
2
=16√2
2−√2=16√2 2−√2×2 + √2 2 + √2=32√2 + 32
4−2=32√2 + 32 2= 16√2 + 16.
2
4
6
8
−2
2 4 6 8 10 12 14 16−2−4
A0
A3
A4
A5
A6
A1 A2
0