Bac S 2014 Maths Centres étrangers Exercice 2

Enoncé

On définit, pour tout entier naturel n, les nombres complexes z par :

\begin{cases}z_0 = 16 \\z_{n+1} = \dfrac{1+i}{2}z_n~\text{pour tout entier naturel n,}\end{cases}

On note r_n le module du nombre complexe z_n : r_n = |z_n|.
Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct d’origine O, on considère les points A_n d’affixes z_n.

Question 1

a. Calculer z_1, z_2 et z_3.

Appliquons la formule qui définit z_n par récurrence. Pour faire nos calculs, nous allons avoir besoin de la formule fondamentale :

i^2 = -1

On peut donc écrire :

z_1 = \dfrac{1+i}{2}z_0 = \dfrac{1+i}{2} \times 16 = 8(1+i) = 8 + 8i
 
z_2 = \dfrac{1+i}{2}z_1 = \dfrac{1+i}{2} \times (8 + 8i) = (1+i)(4+4i) = 4 + 4i + 4i - 4 = 8i
 
z_3 = \dfrac{1+i}{2}z_2 = \dfrac{1+i}{2} \times 8i = 4i(1+i) = 4i - 4 = -4 + 4i
Pourquoi as-tu pris la peine de remplacer 4i - 4 par -4 + 4i ?

Simple question de goût : j’aime bien mettre un nombre complexe sous la forme a + bi.

b. Placer les points A_1 et A_2 sur le graphique de l’annexe, à rendre avec la copie.

Pour placer un point A d’affixe z_A = a + bi, une seule chose à savoir :

Dans un repère orthonormé, le point A d’affixe z_A = a + bi a pour coordonnées (a ; b).

Autrement dit :

  • le point A_1 d’affixe z_1 = 8 + 8i a pour coordonnées (8;8) ;
  • le point A_2 d’affixe z_2 = 8i a pour coordonnées (0;8).

Sur la figure, cela donne donc :

Bac S 2014 Maths Centres étrangers Exercice 2 2014-ce-exo2-1

c. Ecrire le nombre complexe \dfrac{1+i}{2} sous forme trigonométrique.

Petit rappel sur les différentes formes d’un nombre complexe :

Soit z = a + ib. On note \rho et \theta respectivement son module et son argument.

  • Notation algébrique : z = a + ib
  • Notation trigonométrique : z = \rho (cos~\theta + i sin~\theta)
  • Notation exponentielle : z = \rho e^{i\theta}

sachant que la forme trigonométrique est très facile à déduire de la forme exponentielle et vice-versa puisque :

Par définition : e^{i\theta} = cos~\theta + i sin~\theta

Revenons à notre exercice. On cherche ici à déterminer la forme trigonométrique du nombre complexe \dfrac{1+i}{2} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}i.

Tu peux nous rappeler comment on passe de la forme algébrique d’un nombre complexe à sa forme trigonométrique stp ?

Bien sûr que je peux vous le rappeler ! Le passage d’une forme à l’autre est un savoir-faire qu’il faut maîtriser.

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{1}}} Déterminer le module \rho de z.

Pour cela, il suffit de se souvenir que :

Soit z = a + ib. Le module de z vaut \rho = \sqrt{a^2 + b^2}.

Pour z = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}i, c’est \dfrac{1}{2} qui joue le rôle de a et \dfrac{1}{2} qui joue le rôle de b.

Soit \rho le module de \dfrac{1+i}{2}.
\left|\dfrac{1+i}{2}\right| = \left|\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}i\right| = \sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{2}{4}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{2}}} Déterminer l’argument \theta de z qui vérifie le système d’équations
\begin{cases}cos~ \theta = \dfrac{x}{\rho} \\sin~ \theta = \dfrac{y}{\rho}\end{cases}
Soit \theta l’argument de \dfrac{1+i}{2}. On a :\begin{cases}cos~ \theta = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\\\sin~ \theta = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{cases}

Il ne reste plus qu’à trouver le « bon » \theta dont les valeurs de cosinus et de sinus sont celles ci-dessus. Pour cela, je vous invite retenir le schéma suivant :

Bac S 2013 Maths France Métropole Exercice 3 2013-po-exo3-1
Pour chaque angle qui figure sur ce schéma, son abscisse x correspond à la valeur du cosinus de cet angle tandis que son ordonnée y correspond à la valeur du sinus de cet angle.

En ayant bien ce schéma en tête, on trouve aisément que la valeur de \theta qui convient est \dfrac{\pi}{4} :

Donc \theta = \dfrac{\pi}{4} ~[2\pi].
Pourquoi as-tu rajouté [2\pi] après \dfrac{\pi}{4} ?

Le [2\pi] est là pour signaler que \theta = \dfrac{\pi}{4} + k \times 2\pi, quel que soit k entier relatif, conviendrait aussi (car quelque soit k, on se trouverait au même endroit sur le cercle trigonométrique).

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{3}}} Conclure en indiquant que z = \rho e^{i\theta} si c’est la forme exponentielle que l’on souhaite obtenir ou que z = \rho(cos~\theta + i sin~\theta) si c’est la forme trigonométrique que l’on souhaite obtenir.

Ici, c’est la forme trigonométrique que l’on souhaite obtenir. Ayant trouvé le module et l’argument de \dfrac{1+i}{2}, on peut conclure :

D’où \dfrac{1+i}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(cos \dfrac{\pi}{4} + i sin \dfrac{\pi}{4}\right).

d. Démontrer que le triangle OA_0A_1 est isocèle rectangle en A_1.

  • OA_0A_1 est isocèle en A_1

Montrons que OA_1 = A_0A_1.

Pour calculer des longueurs dans un repère orthonormé, il faut se rappeler que :

Soient A(x_A;y_A) et B(x_B;y_B) deux points du plan.
AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}

Ici, cela donne :

OA_1 = \sqrt{(x_{A_1} - x_O)^2 + (y_{A_1} - y_O)^2}
OA_1 = \sqrt{(8 - 0)^2 + (8 - 0)^2}
OA_1 = \sqrt{64 + 64}
OA_1 = \sqrt{128}
OA_1 = 8\sqrt{2}

A_0A_1 = \sqrt{(x_{A_1} - x_{A_0})^2 + (y_{A_1} - y_{A_0})^2}
A_0A_1 = \sqrt{(8 - 16)^2 + (8 - 0)^2}
A_0A_1 = \sqrt{64 + 64}
A_0A_1 = \sqrt{128}
A_0A_1 = 8\sqrt{2}

Donc OA_1 = A_0A_1 d’où le triangle OA_0A_1 est isocèle en A_1.

  • OA_0A_1 est rectangle en A_1

Montrons que OA_0A_1 est rectangle en A_1.

En général, lorsque l’on se situe dans un repère orthonormé, pour montrer que deux droites sont perpendiculaires, je pense au produit scalaire.

Mais ici, je vais faire appel à ce bon vieux théorème de Pythagore.

Ah ? pourquoi ?

Parce que l’on vient de calculer les longueurs des deux côtés OA_1 et A_0A_1 et que la longueur de l’hypoténuse OA_0 est évidente !

OA_1^2 + A_0A_1^2 = (8\sqrt{2})^2 + (8\sqrt{2})^2 = 256 = 16^2 = OA_0^2 d’où, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OA_0A_1 est rectangle en A_1.

On peut alors conclure la question :

En conclusion, le triangle OA_0A_1 est isocèle rectangle en A_1.

Question 2

Démontrer que la suite (r_n) est géométrique, de raison \dfrac{\sqrt{2}}{2}.
La suite (r_n) est-elle convergente ?
Interpréter géométriquement le résultat précédent.

Lorsque l’on demande de prouver qu’une suite est géométrique, il faut tout de suite avoir le réflexe suivant :

Pour montrer que (r_n) est une suite géométrique, il suffit de montrer que \dfrac{r_{n+1}}{r_n} = q, où q est une constante qui ne dépend pas de n.

Calculons donc \dfrac{r_{n+1}}{r_n} :

Pour tout n entier naturel, \dfrac{r_{n+1}}{r_n} = \dfrac{|z_{n+1}|}{|z_n|}

Pour continuer, la définition par récurrence de la suite (z_n) va nous être utile :

Or, z_{n+1} = \dfrac{1+i}{2}z_n donc |z_{n+1}| = \left|\dfrac{1+i}{2}z_n\right|

Sachant que :

Soient a et b deux nombres complexes.
|ab| = |a| \times |b|

on peut alors écrire :

... = \left|\dfrac{1+i}{2}\right| \times |z_n| d’où \dfrac{|z_{n+1}|}{|z_n|} = \left|\dfrac{1+i}{2}\right|

Ca tombe bien ! On a calculé \left|\dfrac{1+i}{2}\right| à la question 1. c. !

... = \dfrac{\sqrt{2}}{2}

On peut alors conclure :

D’où \dfrac{r_{n+1}}{r_n} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} donc (r_n) est une suite géométrique de raison \dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Intéressons-nous maintenant à la convergence de la suite (r_n).

Ayant prouvé que la suite (r_n) était géométrique de raison \dfrac{\sqrt{2}}{2}, il est facile d’en donner une expression en fonction de n. En effet, votre cours vous indique que :

Soit k un entier naturel.

  • Soit (u_n) une suite arithmétique de raison r.
    Pour tout n entier naturel, u_n = u_k + (n-k)r.
  • Soit (v_n) une suite géométrique de raison q.
    Pour tout n entier naturel, v_n = v_k q^{n-k}.

Autrement dit, r_n = r_0 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n mais on pourrait également écrire r_n = r_1 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1} ou encore r_n = r_2 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-2} etc. Dans l’immense majorité des cas, il faut exprimer r_n en fonction de son terme initial, ici r_0 (car la suite (r_n) est définie pour n entier naturel). Donc on peut écrire :

D’après la question précédente, (r_n) est une suite géométrique de raison \dfrac{\sqrt{2}}{2} donc on a r_n = r_0 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n = 16 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n.

La limite de (r_n) est alors facile à déterminer si on sait que :

\lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~q^n =\begin{cases}+\infty ~\text{si q ~\textgreater ~1} \\1 ~\text{si q = 1} \\0 ~\text{si -1 \textless ~q \textless ~1}\end{cases}

Cela nous permet d’écrire que :

-1 \textless ~\dfrac{\sqrt{2}}{2} ~\textless ~1 donc \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n = 0 d’où \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~r_n = 0.

Reste à interpréter graphiquement ce résultat.

r_n, c’est la distance entre les points O et A_n. Donc, d’après la question précédente, cette distance tend vers  0 lorsque n tend vers +\infty. Autrement dit :

\lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~r_n = 0 donc la limite géométrique de la suite de points A_n est le point O.

On note L_n la longueur de la ligne brisée qui relie le point A_0 au point A_n en passant successivement par les points A_1, A_2, A_3, etc.
Ainsi L_n = \sum\limits_{i=0}^{n-1} A_i A_{i+1} = A_0A_1 + A_1A_2 + ... + A_{n-1}A_n.

Question 3

a. Démontrer que pour tout entier naturel n : A_n A_{n+1} = r_{n+1}.

Et hop ! Réflexe ! A_n A_{n+1} = \sqrt{(x_{A_{n+1}} - x_{A_n})^2 + (y_{A_{n+1}} - y_{A_{n}})^2}= ... Ah zut ! Je n’ai pas les coordonnées des points A_n et A_{n+1} !

Eh oui ! Malheureusement, ce (bon) réflexe ne marche pas ici. Pour cette question, nous allons utiliser une autre formule qui est particulièrement utile lorsque l’on ne dispose que des affixes des points considérés :

Soient A et B deux points du plan d’affixes respectives z_A et z_B.
AB = |z_B - z_A|.

Ici, étant donné que les points A_n et A_{n+1} ont pour affixes respectives z_n et z_{n+1}, cela donne :

A_n A_{n+1} = |z_{n+1} - z_n| = \left|\dfrac{1+i}{2}z_n - z_n\right| = \left|\left(\dfrac{1+i}{2} - 1\right)z_n\right| = \left|\dfrac{-1+i}{2}z_n\right| = \left|\dfrac{-1+i}{2}\right||z_n| = \left|\dfrac{-1+i}{2}\right|r_n

Calculons \left|\dfrac{-1+i}{2}\right| :

\left|\dfrac{-1+i}{2}\right| = \left|-\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}i\right| = \sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{2}{4}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}

Donc :

D’où A_n A_{n+1} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}r_n

Arrivé ici, il faut faire le lien avec la question précédente :

Or, d’après la question précédente, r_{n+1} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}r_n d’où A_n A_{n+1} = r_{n+1}.

b. Donner une expression de L_n en fonction de n.

Commençons par écrire « bêtement » ce qu’est L_n compte tenu de la question précédente :

D’après la question précédente, on a :
L_n = \sum\limits_{i=0}^{n-1} A_i A_{i+1} = A_0A_1 + A_1A_2 + ... + A_{n-1}A_n = r_1 + r_2 + ... + r_n

Autrement dit :

L_n est donc la somme de n termes consécutifs de la suite géométrique (r_n) en partant de r_1.

Et ça, c’est vachement bien parce que le cours nous indique clairement comment calculer une telle somme :

Soit (v_n) une suite géométrique de raison q, q \neq 1. La somme de N termes consécutifs de la suite (v_n) vaut :
S_n = 1er~terme \times \dfrac{1 - q^N}{1-q}

Ici :

  • le premier terme vaut r_1 ;
  • N vaut n
  • q vaut \dfrac{\sqrt{2}}{2} ;

donc on a :

D’où L_n = \underbrace{16 \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}}_{r_1} \times \dfrac{1 - \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n}{1 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}} = 8\sqrt{2} \times \dfrac{1 - \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n}{1 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}}

c. Déterminer la limite éventuelle de la suite (L_n).

Cette dernière question est une simple formalité :

Comme précédemment, \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n = 0 donc \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~L_n = \dfrac{8\sqrt{2}}{1 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}}.

Fin de l’épreuve du Bac S 2014 Maths Centres étrangers Exercice 2.


Annexe

Bac S 2014 Maths Centres étrangers Exercice 2 2014-ce-exo2-2-annexe

Annexe relative à l’exercice 2 à rendre avec la copie

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