TS - Maths - Révisions Nombres complexes

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1 TS - Maths - Révisions Nombres complexes Exercice 1 LIBAN 01 On considère la suite de nombres complexes z n définie par z 0 = i et pour tout entier naturel n : z n+1 = 1 + iz n. Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante. Partie A Pour tout entier naturel n, on pose u n = z n. 1. Calculer u 0.. Démontrer que u n est la suite géométrique de raison et de premier terme.. Pour tout entier naturel n, exprimer u n en fonction de n.. Déterminer la limite de la suite u n. 5. Etant donné un réel positif p, on souhaite déterminer, à l aide d un algorithme, la plus petite valeur de l entier naturel n telle que u n > p. Recopier l algorithme ci-dessous et le compléter par les instructions de traitement et de sortie, de façon à afficher la valeur cherchée de l entier n. Variables : u est un réel p est un réel n est un entier Initialisation : Affecter à n la valeur 0 Affecter à u la valeur Entrée : Demander la valeur de p Traitement : Sortie : Partie B 1. Déterminer la forme algébrique de z 1.. Déterminer la forme exponentielle de z 0 et de 1 + i. En déduire la forme exponentielle de z 1. π. Déduire des questions précédentes la valeur exacte de cos 1 Exercice ANTILLES-GUYANE 01 On note C l ensemble des nombres complexes. Le plan complexe est muni d un repère orthonormé O ; u, v. On prendra comme unité cm sur chaque axe. Le graphique sera fait sur une feuille de papier millimétré et complété au fur et à mesure des questions. On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe f z = z + z + 9. TS - Révisions - Complexes - Page 1/ 11

2 1. Calculer l image de 1 + i par la fonction f.. Résoudre dans C l équation f z = 5. Ecrire sous forme exponentielle les solutions de cette équation. Construire alors sur le graphique, à la règle et au compas, les points A et B dont l affixe est solution de l équation A étant le point dont l affixe a une partie imaginaire positive. On laissera les traits de construction apparents.. Soit λ un nombre réel. On considère l équation f z = λ d inconnue z. Déterminer l ensemble des valeurs de λ pour lesquelles l équation f z = λ admet deux solutions complexes conjuguées.. Soit F l ensemble des points du plan complexe dont l affixe z vérifie f z 8 =. Prouver que F est le cercle de centre Ω 1 ; 0 et de rayon. Tracer F sur le graphique. 5. Soit z un nombre complexe, tel que z = x + iy où x et y sont des nombres réels. a Montrer que la forme algébrique de f z est x y + x ix y + y. b On note E l ensemble des points du plan complexe dont l affixe z est telle que f z soit un nombre réel. Montrer que E est la réunion de deux droites D 1 et D dont on précisera les équations. Compléter le graphique de l annexe en traçant ces droites. 6. Déterminer les coordonnées des points d intersection des ensembles E et F. Exercice PONDICHERY 01 Le plan complexe est muni d un repère orthonormé direct O ; u, v. On note i le nombre complexe tel que i = 1. On considère le point A d affixe z A = 1 et le point B d affixe z B = i. à tout point M d affixe z M = x + iy, avec x et y deux réels tels que y 0, on associe le point M d affixe z M = iz M. On désigne par I le milieu du segment [AM]. Le but de l exercice est de montrer que pour tout point M n appartenant pas à OA, la médiane OI du triangle OAM est aussi une hauteur du triangle OBM propriété 1 et que BM = OI propriété. 1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend z M = e i π. a Déterminer la forme algébrique de z M. b Montrer que z M = i. Déterminer le module et un argument de z M. c Placer les points A, B, M, M et I dans le repère O ; u, v en prenant cm pour unité graphique. Tracer la droite OI et vérifier rapidement les propriétés 1 et à l aide du graphique.. On revient au cas général en prenant z M = x + iy avec y 0. a Déterminer l affixe du point I en fonction de x et y. b Déterminer l affixe du point M en fonction de x et y. c Ecrire les coordonnées des points I, B et M. TS - Révisions - Complexes - Page / 11

3 d Montrer que la droite OI est une hauteur du triangle OBM. e Montrer que BM = OI. Exercice PONDICHERY 01 Le plan complexe est muni d un repère orthonormé O ; u, v. Pour tout entier naturel n, on note A n le point d affixe z n défini par : z 0 = 1 et z n+1 = + i z n. On définit la suite r n par r n = z n pour tout entier naturel n. 1. Donner la forme exponentielle du nombre complexe + i.. a Montrer que la suite r n est géométrique de raison. b En déduire l expression de r n en fonction de n. c Que dire de la longueur OA n lorsque n tend vers +?. On considère l algorithme suivant : Variables n entier naturel R réel P réel strictement positif Entrée Demander la valeur de P Traitement R prend la valeur 1 n prend la valeur 0 Tant que R > P n prend la valeur n + 1 R prend la valeur R Fin tant que Sortie Afficher n a Quelle est la valeur affichée par l algorithme pour P = 0,5? b Pour P = 0,01 on obtient n =. Quel est le rôle de cet algorithme?. a Démontrer que le triangle OA n A n+1 est rectangle en A n+1. b On admet que z n = r n e í nπ 6. Déterminer les valeurs de n pour lesquelles A n est un point de l axe des ordonnées. c Compléter la figure donnée en annexe, à rendre avec la copie, en représentant les points A 6, A 7, A 8 et A 9. Les traits de construction seront apparents. Exercice 5 NOUVELLE CALEDONIE 01 Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O ; u, v. On note C l ensemble des nombres complexes. Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse. 1. Proposition : Pour tout entier naturel n : 1 + i n = n. TS - Révisions - Complexes - Page / 11

4 . Soit E l équation z z z + 8 = 0 où z désigne un nombre complexe. Proposition : Les points dont les affixes sont les solutions, dans C, de E sont les sommets d un triangle d aire 8.. Proposition : Pour tout nombre réel α, 1 + e iα = e iα cosα.. Soit A le point d affixe z A = 1 1+i et M n le point d affixe z A n où n désigne un entier naturel supérieur ou égal à. Proposition : si n 1 est divisible par, alors les points O, A et M n sont alignés. 5. Soit j le nombre complexe de module 1 et d argument π. Proposition : 1 + j + j = 0. ANNEXE EXERCICE A A A A 1 A 5 O A 0 ANNEXE EXERCICE 8 A 6 A 0 A 5 A A 0 TS - Révisions - Complexes - Page / 11

5 TS - Maths - Révisions CORRECTION Nombres complexes Exercice 1 LIBAN 01 On considère la suite de nombres complexes z n définie par z 0 = i et pour tout entier naturel n : Partie A Pour tout entier naturel n, on pose u n = z n. 1. u 0 = z 0 = i =. z n+1 = 1 + iz n. u n+1 = z n+1 = 1 + iz n = 1 + i z n = z n = u n. D après le cours, pour tout entier naturel n, on a u n = n ; un est la suite géométrique de raison et de premier terme u0 =.. u n est une suite géométrique de raison > 1 et de premier terme strictement positif, elle diverge donc vers Variables : u est un réel p est un réel n est un entier Initialisation : Affecter à n la valeur 0 Affecter à u la valeur Entrée : Demander la valeur de p Traitement : Tant que u p Faire Affecter à n la valeur n + 1 Affecter à u la valeur u Fin du Tant Que Sortie : Afficher n Partie B 1. z 1 = 1 + i i = i 1.. z 0 = 1 i = e iπ/6 1 + i = e iπ/. z 1 = e iπ/6 e iπ/ = e iπ/1.. Des deux questions précédentes, on obtient que i 1 = e iπ/1 = π π cos + isin 1 1 D où π cos = = TS - Révisions - Complexes - Page 5/ 11

6 Exercice ANTILLES GUYANE 01 On note C l ensemble des nombres complexes. Le plan complexe est muni d un repère orthonormé O ; u, v. On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe f z = z + z f 1 + i = 1 + i i + 9 = 1 i + i + 9 = 5. On résout dans C l équation f z = 5 : f z = 5 z + z + 9 = 5 z + z + = 0 ; = 16 = 1 = Donc l équation admet deux racines complexes conjuguées : + i = 1 + i et 1 i On appelle A le point d affixe z A = 1 + i et B le point d affixe z B = 1 i z A = 1 + = cosθ A = 1 Soit θ A un argument de z A : sinθ A = Donc z A = e iπ = θ A = π + kπ où k Z Les nombres complexes z A et z B sont conjugués, donc ils ont le même module et des arguments opposés donc z B = e iπ z A = donc le point A se trouve sur le cercle de centre O et de rayon. De plus la partie réelle de A vaut 1 donc A se trouve sur la droite d équation x = 1. Idem pour B. Voir graphique page 7.. Soit λ un nombre réel. On considère l équation f z = λ d inconnue z. f z = λ z + z + 9 = λ z + z + 9 λ = 0 Pour que l équation f z = λ admette deux solutions complexes conjuguées, il faut et il suffit que le discriminant du polynôme z + z + 9 λ soit strictement négatif. = 9 λ = 6 + λ = λ ; < 0 λ < 0 λ < 8 L ensemble des valeurs de λ pour lesquelles l équation f z = λ admet deux solutions complexes conjuguées est l intervalle ] ; 8[.. Soit F l ensemble des points du plan complexe dont l affixe z vérifie f z 8 = f z 8 = z + z = z + z + 1 = z + 1 ; donc f z 8 = z + 1 = z + 1 car le module d un carré est égal au carré du module. Donc f z 8 = z + 1 = z + 1 = Soit Ω le point d affixe 1, donc de coordonnées 1; 0 ; si on appelle M le point d affixe z, alors z + 1 = z M z Ω =. L ensemble des points M vérifiant z M z Ω = est le cercle de centre Ω et de rayon. On trace F sur le graphique voir page Soit z un nombre complexe, tel que z = x + iy où x et y sont des nombres réels. a f z = z + z + 9 = x + iy + x + iy + 9 = x + ix y y + x + iy + 9 = x y + x ix y + y b On note E l ensemble des points du plan complexe dont l affixe z est telle que f z soit un nombre réel. f z réel x y + y = 0 yx + 1 = 0 y = 0 ou x = 1 Donc E est la réunion de deux droites D 1 d équation y = 0 l axe des abscisses et D d équation x = 1. TS - Révisions - Complexes - Page 6/ 11

7 Le cercle F est de centre Ω d affixe 1 et de rayon. Donc les points d intersection du cercle F avec l axe des abscisses ont pour coordonnées 1 ; 0 et 1 + ; 0. Les points A et B ont pour affixes z A et z B dont les parties réelles sont égales à 1 ; donc A et B sont situés sur la droite D. ΩA = z A z Ω = 1 + i + 1 = i = donc le point A appartient au cercle F. ΩB = z B z Ω = 1 i + 1 = i = donc le point B appartient au cercle F. Les coordonnées des quatre points d intersection des ensembles E et F sont : 1 ; 0, 1 + ; 0, 1; et 1; D F A v Ω O u D 1 B 6. Exercice PONDICHERY Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend z M = e i π. 1 a z M = i = 1 i. b z M = iz M = i1 i = i + i = i. Module et argument méthode algébrique : z M = + 1 = et si l on nomme θ un argument de z M alors, par propriété, cos θ = sinθ = 1 On reconnaît θ = 5π modulo π. 6 Module et argument par la forme exponentielle : z M = i z M = 1 e i π = argz M = arg i + argz M = π π = 5π module π. 6 TS - Révisions - Complexes - Page 7/ 11

8 1 B c La figure n est pas à l échelle. Graphiquement on vérifie les propriétés 1 et. M 1 1 O A 1 I M. Cas général en prenant z M = x + iy avec y 0. a z I = z A + z M = x i y. b z M = ix + iy = y i x. x + 1 c I ; y, B0 ; 1 et M y ; x. d OI x + 1 y BM = y + x 1 = x y + 1 x y 1 = 0 donc les droites OI et BM sont perpendiculaires. e BM = y + x 1 = x + 1 y x y et d autre part, OI = + = x y donc OI = BM. Exercice PONDICHERY 01 Le plan complexe est muni d un repère orthonormé O ; u, v. Pour tout entier naturel n, on note A n le point d affixe z n défini par : z 0 = 1 et z n+1 = On définit la suite r n par r n = z n pour tout entier naturel n i = + = + i = + i = = 16 = sqr t = + i = + 1 i + i z n Or cos π 6 = et sin π 6 = 1. Donc le nombre complexe + i a pour module et pour argument π donc sa forme exponentielle 6 est ei π 6.. a r n+1 = z n+1 = + i z n = + i z n = r n Donc la suite r n est géométrique de raison q = et de premier terme r 0 = z 0 = 1. n b La suite r n est géométrique donc, pour tout n, r n = r 0 q n, donc r n =. TS - Révisions - Complexes - Page 8/ 11

9 n c OA n = z n = r n = r n est une suite géométrique de raison ; or 1 < < 1 donc la suite r n converge vers 0. La longueur OA n tend donc vers 0 quand n tend vers +.. a On fait tourner l algorithme donné dans le texte en prenant pour P la valeur 0,5 : n R P R > P Initialisations 0 1 0, 5 Vrai Traitement 1 0, 866 0, 5 Vrai 0, 75 0, 5 Vrai 0,69 5 0, 5 Vrai 0,56 5 0, 5 Vrai 5 0, 87 0, 5 Faux Sortie Afficher 5 La valeur affichée par l algorithme pour P = 0,5 est 5. b Cet algorithme s arrête dès que R P et affiche alors n, c est-à-dire qu il affiche la plus petite valeur de n pour laquelle R donc r n = OA n est inférieur ou égal à P. On peut donc dire que OA > 0,01 et que OA g eqsl ant0,01. Vérification à la calculatrice : r 0,0100 et r 0, a On considère le triangle OA n A n+1. OA n = r n donc OA n = rn OA n+1 = r n+1 = r n donc OA n+1 = r n A n A n+1 = z n+1 z n = + i z n z n = = 1 + r n = A n A n+1 + OA n+1 = 1 r n + r n = r n = OA n + i 1 z n = 1 + i z n r n = 16 r n = 1 r n donc A n A n+1 = 1 r n D après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OA n A n+1 est rectangle en A n+1. b On admet que z n = r n e i nπ 6. Le point A n, d affixe z n, appartient à l axe des ordonnées si et seulement si son argument est π ou π modulo π, c est-à -dire π modulo π, donc il peut s écrire π + kπ où k Z. Le nombre z n a pour argument nπ 6 ; nπ 6 = π + kπ n = + 6k. Mais n est un entier naturel donc k doit être strictement positif donc appartenir à N. Donc si n s écrit + 6k avec k N, alors le point A n appartient à l axe des ordonnées. c Le point A 6 a pour affixe z 6 qui a pour argument 6π = π ; ce point est donc sur l axe des abscisses. 6 Comme le triangle OA 5 A 6 est rectangle en A 6, on trace le cercle de diamètre OA 5 ; le point A 6 est à l intersection de ce cercle et de l axe des abscisses. Le point A 7 a pour affixe z 7 qui a pour argument 7π 6 ; donc les points A 1, O et A 7 sont alignés. Le point A 7 se trouve donc à l intersection du cercle de diamètre OA 6 et de la droite OA 1. TS - Révisions - Complexes - Page 9/ 11

10 Etc. Voir figure en annexe Remarque : les points A et A 9 appartiennent à l axe des ordonnées, ce qui correspond bien à la réponse trouvée à la question. b. Exercice 5 NOUVELLE CALEDONIE 01 Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O ; u, v. On note C l ensemble des nombres complexes i n = 1 + i n et 1 + i = 1 + i 1 + i = 1 + i + i = 1 + i 1 = i ; donc 1 + i = i = i = Donc 1 + i n = n ; la proposition est vraie.. On cherche les solutions de l équation E : z z z + 8 = 0. Il y a z = qui annule z. Pour z z + 8 = 0 : = 1 8 = 16 = 16 < 0 L équation admet deux solutions complexes conjuguées : z 1 = + i 16 = + i = + i et z = i L équation E admet pour solutions {, + i, i }. Représentons les points dont les affixes sont solutions de E : v O u B H C A Le triangle ABC est isocèle en A car les points B et C sont symétriques par rapport à l axe O, u et A appartient à cet axe ; donc le milieu H de [BC] est aussi le pied de la hauteur issue de A dans le triangle. H a pour affixe donc AH= ; de plus BC = +i + i = i =. L aire de ce triangle vaut donc : BC AH = = La proposition est fausse.. Soit α un nombre réel quelconque ; on sait que 1 = cos α + sin α. 1 + e iα = 1 + e iα = 1 + cosα + isinα = 1 + cos α + isinαcosα + i sin α = cos α + sin α + cos α + isinαcosα sin α = cos α + isinαcosα = cosα + isinαcosα = e iα cosα La proposition est vraie.. Le nombre complexe z A a pour argument π donc le nombre complexe z A n a pour argument n π argument d un produit. Les points O, A et M n sont alignés si et seulement si l argument de l affixe de M n est π ou π+ π Ã π prés. π + π v O A π u On suppose que n 1 est divisible par ; le nombre n 1 peut alors s écrire k avec k entier et donc n s écrit k + 1. TS - Révisions - Complexes - Page 10/ 11

11 L argument de l affixe de M n qui est n π peut s écrire k + 1 π = kπ+ π qui est bien équivalent à π ou π + π à π prés ; donc si n 1 est divisible par, alors les points O, A et M n sont alignés. La proposition est vraie. 5. Le nombre j a pour module 1 et argument π donc j a pour module 1 = 1 et pour argument π = π. On a : j = cos π + isin π = 1 + Et : j = cos π + isin π = 1. Donc 1 + j + j = La proposition est vraie. = 0. propriétés du cercle trigonométrique. Une solution plus élégante consiste à écrire le nombre j sous la forme e i π pour prouver que j = 1. Ensuite on développe 1 + j + j 1 j en 1 j qui donne donc 0. Et comme j n est pas égal à 1, le facteur 1 j n est pas nul, mais comme le produit 1 + j + j 1 j est nul, c est le facteur 1+j+j qui est nul. TS - Révisions - Complexes - Page 11/ 11