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On considère la suite de nombres complexes définie par $z_0=1$ et $z_{n+1}=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)z_n$.
On note $z_n$ l'affixe de $A_n$.
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On note $z_n$ l'affixe de $A_n$.
-
- Déterminer forme exponentielle de $1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
Module d'un complexe
Soit $M$ d'affixe $z$.
Le module de $z=x+iy$ ($x$ et $y$ réels) noté $|z|$ est $|z|=OM=\sqrt{x^2+y^2}$.Argument d'un complexe
Soit $M$ d'affixe $z$.
Si $z\neq 0$ l'argument de $z$ noté $arg(z)$ est une mesure en radians de l'angle $(\overrightarrow{i};\overrightarrow{OM})$}Si on note $z=1+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$|z|=\sqrt{1^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\sqrt{1+\dfrac{3}{9}}=\sqrt{1+\dfrac{1}{3}}=\sqrt{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
$\begin{cases} cos(\theta)=\dfrac{1}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}=1\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ sin(\theta)=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{6}= \dfrac{1}{2} \end{cases}$
donc $arg(z)=\theta=\dfrac{\pi}{6}$ $(2\pi)$
- En déduire la forme exponentielle de $z_1$ et $z_2$
utiliser le résultat de la question 1On a $z_{n+1}=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)z_n=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}\right)z_n $
$z_1=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}\right)z_0=\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}$
$z_2=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}\right)z_1$
$~~~~=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}\right)^2$
$~~~~=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^2\left(e^{i\dfrac{\pi}{6}}\right)^2$
$~~~~=\dfrac{4}{3}e^{i\dfrac{2\pi}{6}}$
$~~~~=\dfrac{4}{3}e^{i\dfrac{\pi}{3}}$
- Déterminer forme exponentielle de $1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
- Montrer que pour tout entier naturel $z_n=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^ne^{i\dfrac{n\pi}{6}}$
Raisonnement par récurrence
On note $P_n$ une propriété définie pour tout entier naturel $n$.
Initialisation:
$P_0$ est vraie
Hérédité:
Si $P_n$ est vraie alors$P_{n+1}$ est vraie.
on a alors $P_n$ vraie pour tout entier naturel $n$.On a $z_{n+1}=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}\right)z_n $Initialisation
Pour $n=0$ on a $\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^0e^{i\dfrac{0\times \pi}{6}}=1e^0=1=z_0$
donc la propriété est vraie.
Hérédité
On suppose qu'il existe un entier $k$ tel que $z_k=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^ke^{i\dfrac{k\pi}{6}}$
$z_{k+1}=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}\right)z_k $
$~~~~~~=\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}\times \left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^ke^{i\dfrac{k\pi}{6}}$
$~~~~~~=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^ke^{i\dfrac{\pi}{6}+i\dfrac{k\pi}{6}}$
$~~~~~~=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{k+1}e^{i\dfrac{(k+1)\pi}{6}}$
On pourrait aussi étendre le résultat des suites géométriques aux complexes avec la suite $(z_n)$ de raison $q=\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{i\dfrac{\pi}{6}}$ et de premier terme $z_0=1$ et on a alors $z_n=z_0\times q^n$.... - Pour quelles valeurs de $n>0$ a-t-on $O$, $A_0$ et $A_n$ alignés?
Angles et argument d'un quotient
Soient $A$ , $B$ et $C$ quatre points distincts d'affixes respectives $z_A$, $z_B$ et $z_C$.
$(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=arg\left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)$Il faut que l'angle entre les vecteuirs $\overrightarrow{OA_n}$ et $\overrightarrow{OA_0}$ soit $0+k2\pi$ ou bien $\pi+k2\pi$
c'est à dire finalement $0+k\pi$ avec $k\in \mathbb{Z}$$(\overrightarrow{OA_0},\overrightarrow{OA_n})= arg \left(\dfrac{z_n-0}{z_0-0}\right)=arg \left(\dfrac{z_n}{z_0}\right)= arg \left(\dfrac{z_n}{1}\right)=arg \left(z_n\right)=\dfrac{n\pi}{6}$ $(2\pi)$
$O$, $A_0$ et $A_n$ sont alignés si et seulement si $(\overrightarrow{OA_0},\overrightarrow{OA_n})=0+k\pi$ avec $k\in \mathbb{Z}$
$\dfrac{n\pi}{6}=k\pi\Longleftrightarrow \dfrac{n}{6}=k\Longleftrightarrow n=6k$
Or $n>0$ donc $k\in \mathbb{N}_+^*$
- Pour tout entier naturel $n$ on pose $d_n=|z_{n+1}-z_n|$
- Interpréter géométriquement $d_n$
Distances et modules
Soient $A$ et $B$ d'affixes respectives $z_A$ et $z_B$.
$AB=|z_B-z_A|$L'affixe de $A_{n+1}$ est $z_{n+1}$ et l'affixe de $A_n$ est $z_n$$A_{n+1}$ a pour affixe $z_{n+1}$ et $A_n$ a pour affixe $z_n$
donc $d_n=|z_{n+1}-z_n|=A_nA_{n+1}$
- Calculer $d_0$
$d_0=|z_1-z_0|=|z_1-1|=\left|1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}-1\right|=\left|i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right|=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
- Montrer que pour tout entier $n$ on a $z_{n+2}-z_{n+1}=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)(z_{n+1}-z_n)$
On a $z_{n+1}=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)z_n$ et $z_{n+2}=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)z_{n+1}$On a $z_{n+1}=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)z_n$ et $z_{n+2}=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)(z_{n+1}$
$z_{n+2}-z_{n+1}$
$=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)z_{n+1}-\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)z_{n}$
$=\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)(z_{n+1}-z_{n})$
- Montrer que la suite $(d_n)$ est géométrique et exprimer $d_n$ en fonction de $n$.
Suite géométrique
Une suite $(u_n)$ est géométrique s'il existe un réel $q$ tel que pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}=u_n\times q$
$q$ est la raison de la suite.
Le quotient de deux termes consécutifs est égal à la raison soit $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=q$Forme explicite d'une suite géométrique
Si $(u_n)$ est géométrique de raison $q$ est premier terme $u_0$, on a:
$u_n=u_0\times q^n$
et pour tous entiers $n$ et $p$, $u_n=u_p\times q^{n-p}$On a $d_{n+1}=\left|z_{n+2}-z_{n+1}\right|$$d_{n+1}=\left|z_{n+2}-z_{n+1}\right|$
$~~~~~=\left|\left(1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)(z_{n+1}-z_{n})\right|$
$~~~~~=\left|1+i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right|\times |z_{n+1}-z_{n}|$
$~~~~~=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\times d_n$
donc $(d_n)$ est une suite géométrique de raison $q=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ et premier terme $d_0=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
- Interpréter géométriquement $d_n$
- Montrer que pour tout entier naturel $n$ on a $|z_{n+1}|^2=|z_n|^2+d_n^2$ et en déduire la nature du triangle $OA_nA_{n+1}$.
On a $z_n=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^ne^{i\dfrac{n\pi}{6}}$ donc $|z_n|=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^n$
$|z_n|^2=\left(\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^n\right)^2=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n}$
$|z_{n+1}|^2=\left(\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{n+1}\right)^2=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n+2}$
$d_n^2=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\times \left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^n\right)^2$
$d_n^2=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^2\times \left(\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^n\right)^2$
$d_n^2=\dfrac{3}{9}\times \left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n}$
$d_n^2=\dfrac{1}{3}\times \left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n}$ donc $|z_n|^2+d_n^2=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n}+\dfrac{1}{3}\times \left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n}$
$~~~~~~~~=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n}\left(1+\dfrac{1}{3}\right)$
$~~~~~~~~=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n}\times \dfrac{4}{3}$
$~~~~~~~~=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n}\times \left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^2$
$~~~~~~~~=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2n+2}$
$~~~~~~~~=|z_{n+1}|^2$
$|z_{n+1}|^2=|z_n|^2+d_n^2\Longleftrightarrow OA_{n+1}^2=OA_n^2+A_nA_{n+1}^2$
- Explique comment construire le point $A_5$ uniquement à la règle (non graduée), à l'équerre et au compas.
$A_4OA_5$ est un triangle rectangle en $A_4$
et $A_5OA_6$ est un triangle rectangle en $A_5$ donc $A_5$ appartient au cercle de diamètre $[OA_6]$ et $(A_4A_5)$ est perpendiculaire à $(OA_4)$
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