Exercice corrigéExercice 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.
- Justifier qu'il existe une unique similitude directe S telle que :
S\left(O\right)=A et S\left(A\right)=B. - 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). - Démontrer que, pour tout entier naturel n, z_{n}=1-\left(1-i\right)^{n}.
- 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). - En déduire une construction du point A_{n+1} connaissant le point A_{n}.
Construire les points A_{3} et A_{4}.
- Quels sont les points de la suite \left(A_{n}\right) appartenant à la droite \left(\Omega B\right) ?
Corrigé
- 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. - 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} - 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}. - 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] - 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.
- Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, z_{n}=1-\left(1-i\right)^{n}.
- 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\} )