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moyenExercice corrigé

Nombres complexes et suites - Bac S Pondichéry 2009

Exercice 2

5 points-Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct \left(O; \vec{u}, \vec{v}\right). On prendra pour unité graphique 2 cm.
Soit A et B les points d'affixes respectives z_{A}=i et z_{B}=1+2i.

  1. Justifier qu'il existe une unique similitude directe S telle que :
    S\left(O\right)=A et S\left(A\right)=B.
  2. Montrer que l'écriture complexe de S est:
    z^{\prime}=\left(1-i\right)z+i.
    Préciser les éléments caractéristiques de S (on notera \Omega le centre de S).
    On considère la suite de points \left(A_{n}\right) telle que:
    •   A_{0} est l'origine du repère et,
    •   pour tout entier naturel n, A_{n+l}= S\left(A_{n}\right).
    On note z_{n}, l'affixe de A_{n} (On a donc A_{0}=O, A_{1}=A et A_{2}=B).
    1. Démontrer que, pour tout entier naturel n, z_{n}=1-\left(1-i\right)^{n}.
    2. Déterminer, en fonction de n, les affixes des vecteurs \overrightarrow{\Omega A_{n}} et \overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}.
      Comparer les normes de ces vecteurs et calculer une mesure de l'angle \left(\overrightarrow{\Omega A_{n}},\overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}\right).
    3. En déduire une construction du point A_{n+1} connaissant le point A_{n}.
      Construire les points A_{3} et A_{4}.
  3. Quels sont les points de la suite \left(A_{n}\right) appartenant à la droite \left(\Omega B\right) ?

Corrigé

  1. On sait que si A\neq A^{\prime} et B\neq B^{\prime}, il existe une unique similitude directe S transformant A en A^{\prime} et B en B^{\prime}. Comme O\neq A et A\neq B, il existe une unique similitude directe S telle que :
    S\left(O\right)=A et S\left(A\right)=B.
  2. L'écriture complexe de S est de la forme :
    z^{\prime}=az+b
    Comme S\left(O\right)=A, z_{A}=a\times 0+b donc b=i
    Comme S\left(A\right)=B, z_{B}=az_{A}+i donc 1+2i=ai+i soit :
    a=\frac{1+i}{i}=1-i
    L'expression complexe de S est donc :
    z^{\prime}=\left(1-i\right)z+i
    Le rapport de la similitude S est :
    R=|1-i|=\sqrt{2}
    L'angle de la similitude S est :
    \theta =\arg\left(1-i\right)=\arg\left(\sqrt{2}\left[\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i\right]\right)
    \theta =\arg\left(\sqrt{2}\left[\cos\left(-\frac{\pi }{4}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi }{4}\right)\right]\right)=-\frac{\pi }{4}\ \left[2\pi \right]
    \Omega \left(\omega \right) le centre de S est le point invariant de S donc :
    \omega =\left(1-i\right)\omega +i
    i \omega =i
    \omega =1
    S est donc la similitude directe de centre \Omega \left(1\right), de rapport \sqrt{2} et d'angle -\frac{\pi }{4}
    1. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, z_{n}=1-\left(1-i\right)^{n}.
      Initialisation
      Cette propriété est vraie pour n=0; en effet z_{0} est l'affixe de O dons z_{0}=0 et
      1-\left(1-i\right)^{0}=1-1=0
      Hérédité
      Supposons z_{n}=1-\left(1-i\right)^{n} pour un certain entier n fixé.
      z_{n+1}=\left(1-i\right)z_{n}+i=\left(1-i\right)\left[1-\left(1-i\right)^{n}\right]+i
      z_{n+1}\equiv \left(1-i\right)-\left(1-i\right)\left(1-i\right)^{n}+i=1-\left(1-i\right)^{n+1}
      ce qui prouve bien l'hérédité.
      Donc, pour tout entier naturel n, z_{n}=1-\left(1-i\right)^{n}.
    2. z_{\overrightarrow{\Omega A_{n}}}=z_{n}-\omega =1-\left(1-i\right)^{n}-1=-\left(1-i\right)^{n}
      z_{\overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}}=1-\left(1-i\right)^{n+1}-\left[1-\left(1-i\right)^{n}\right]=\left(1-i\right)^{n}-\left(1-i\right)^{n+1}
      z_{\overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}}=\left(1-i\right)^{n}\left[1-\left(1-i\right)\right]=i\left(1-i\right)^{n}.
      ||\overrightarrow{\Omega A_{n}}||=|-\left(1-i\right)^{n}|=|1-i|^{n}=\sqrt{2}^{n}
      ||\overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}||=|i\left(1-i\right)^{n}|=|1-i|^{n}=\sqrt{2}^{n}
      donc ||\overrightarrow{\Omega A_{n}}||=||\overrightarrow{A_{n}A_{n+1}|}
      De plus
      \left(\overrightarrow{\Omega A_{n}}, \overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}\right)=\arg\left(\frac{i\left(1-i\right)^{n}}{-\left(1-i\right)^{n}}\right)=\arg\left(-i\right)=-\frac{\pi }{2}\ \left[2\pi \right]
    3. De la question précédente on déduit que :
      \left(\overrightarrow{A_{n} \Omega }, \overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}\right)=\frac{\pi }{2}\ \left[2\pi \right]
      A_{n+1} est l'image de A_{n} par la rotation de centre \Omega d'angle \frac{\pi }{2} , c'est à dire que le triangle A_{n} \Omega A_{n+1} est rectangle isocèle en A_{n} de sens direct.
  3. A_{n} appartient à la droite \left(\Omega B\right) si et seulement si :
    \left(\overrightarrow{\Omega A_{n}}, \overrightarrow{\Omega B}\right)=0 \ \left[\pi \right]
    c'est à dire comme B=A_{2} si et seulement si :
    \arg\left(\frac{\left(1-i\right)^{n}}{\left(1-i\right)^{2}}\right)=0\ \left[\pi \right]
    \arg\left(\left(1-i\right)^{n-2}\right)=0\ \left[\pi \right]
    \left(n-2\right)\times -\frac{\pi }{4}=0\ \left[\pi \right]
    \left(n-2\right)\times \frac{\pi }{4}=0\ \left[\pi \right]
    \left(n-2\right)\times \frac{\pi }{4}=k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)
    n-2=4k
    n=4k+2
    Donc \left(A_{n}\right) appartient à la droite \left(\Omega B\right) si et seulement si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 2 ( n\in \left\{2; 6; 10; 14; . . .\right\} )
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