Terminale SSI 1

Terminale SSI 1 – DS du 09 – 11 – 07
3 point
Exercice 1
Partie A
→
→
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal ( O ; u ; v ) d’unité graphique 1 cm.
Soient les nombres complexes :
a=
3+1
+i(
4
3–1
)
4
et
z0 = 6 + 6i
d’image A0.
n
Pour tout n de IN, on désigne par An le point d’affixe : zn = a .z0
3 points
1.
2
Exprimer : z1 et a
sous forme algébrique.
2
Ecrire z1 sous forme trigonométrique et montrer que : a = [
1 π
; ].
2 6
2
1,5 points
2.
Exprimer z3 puis z7 en fonction de z1 et a ; en déduire les formes trigonométriques de z3 et z7.
1 point
3.
Placer les points A0, A1, A3, et A7 images respectives des complexes z0, z1, z3, et z7.
Partie B
Pour tout entier naturel n, on définit la suite r par :
rn = | zn |
0,75 points
1.
Montrer que pour tout entier naturel n :
rn = 12 (
0,75 points
2.
En déduire que r est une suite géométrique dont on précisera le premier terme et la raison.
1,5 points
3.
Déterminer la limite de la suite r et interpréter géométriquement le résultat obtenu.
1,5 points
4.
Déterminer le plus petit entier naturel p tel→
que : OAp ≤ 10
Donner une mesure de l’angle orienté : ( u ; OAp ) .
2 n+1
)
2
-3
5,5 points
Exercice 2
On considère la suite u définie par :
v est la suite définie sur IN par :
u0 = 1
et pour tout n de IN :
un+1 =
1
u +n–1
3 n
vn = 4un – 6n + 15
2 points
1.
Montrer que v est une suite géométrique, en déduire son terme général.
1,5 points
2.
En déduire le terme général de la suite u.
1 points
3.
Montrer que u peut s’écrire sous la forme : u = t + w
une suite arithmétique.
1 points
4.
En déduire, en fonction de n, la somme :
où t est une suite géométrique et w
n
Un = ∑ uk = u0 + u1 + … + un
k=0
5,5 points
Exercice 3
3
2
Pour tout complexe z, on pose : P(z) = z – 3z + 3z + 7 .
2 points
1.
Calculer : P(-1) et en déduire les solutions de : P(z) = 0
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal, unité graphique : 2cm.
A, B, C et G sont les points d’affixes respectives :
zA = – 1
;
zB = 2 + i 3
;
zC = zB
et
zG = 3 .
1 points
2.
Réaliser une figure et placer les points A, B, C et G.
1 point
3.
Calculer : AB, BC et AC. En déduire la nature du triangle ABC.
1,5 points
4.
Calculer un argument du complexe :
En déduire la nature du triangle AGC.
zA – zC
zG – zC
Corrigé exercice 1
Partie A
1.
a=
z1 = a × z0 =
=
3+1
+i(
4
3–1
1
) = (( 3 + 1) + (
4
4
6
(( 3 + 1) + (
4
3 – 1 ).i) ( 1 + i ) =
3 – 1 ).i)
;
z0 = 6 + 6i = 6 ( 1 + i )
3
(( 3 + 1 ) + ( 3 – 1 ) i + ( 3 + 1 ) i – ( 3 – 1 ))
2
3
(2+2 3i)=3+3 3i
2
Ensuite :
2
a =
=
1
(( 3 + 1) + (
4
3 – 1 ).i) =
2
1
( 4 + 2 3 + 4i – 4 + 2 3 ) =
16
1
[(
16
2
3+1) +2(
3+i 1
= (
4
4
3 + 1 ). (
3–1)i–(
3–1)
3+i)
Expression de z1 sous forme trigonométrique :
| z1 | =
9 + 27 = 6
3
1
 cos ө = 6 = 2
 sin ө = 3 3 =

6
ө=
3
2
Donc : z1 = 6 ( cos
π
π
+ i. sin )
3
3
2
Montrons que : a = [
2
|a |=
1
4
3+1=
 cos ө = 23
 sin ө = 1

2
2.
Donc :
Et :
π
( 2π )
3
1 π
; ].
2 6
1
2
ө=
π
( 2π )
6
z = a × z0 = a × a × z0 = a × z1
3
3
2
2
Donc on a bien :
2
et
a =[
1 π
; ].
2 6
7
7
6
1 π
π
6 π π
π
; ]×[6; ]=[ ; + ]=[3; ]
2 6
3
2 6 3
2
1 π 3
π
1 3 3π
π
6 π π
3 5π
7
z =[ ; ] ×[6; ]=[( ) ;
]×[6; ] [ ; + ]=[ ;
]
2 6
3
2
6
3
8 2 3
4 6
3
z =[
3
z = a × z0 = a × a × z0 = (a ) × z1
2
2
]
Partie B
2
1
2
2
On a trouvé dans la partie A que : | a | = | a | =
1
2
Donc : | a | =
1
2
ou bien : | a | = –
Or un module est toujours positif, donc :
Par ailleurs : | z0 | =
2
2
6 +6 =
1
2
=
2
2
|a|=
72 = 6 2
ensuite, par hypothèse, on sait que pour tout entier naturel n :
rn = | zn | = | a × z0 | = | a | × | z0 | = | a | × | z0 |
n
=(
2.
n
n
2 n
2 n 12 2
2 n
2
2 n+1
) ×6 2=(
) ×
=(
) ×(
) × 12 = (
) × 12
2
2
2
2
2
2
ce qui est le résultat cherché.
On a montré dans la question précédente que pour tout n de IN : rn = 6 2 (
2 n
)
2
2
) et de premier terme : r0 = 6 2
2
2 n
) =0
donc : lim (
n → +∞ 2
Donc r est une suite géométrique de raison : q = (
La raison q est un réel vérifiant :
0<q<1
D’après les règles de produits de limites : lim rn = lim 6 2 (
n → +∞
Ensuite :
n → +∞
rn est le module de zn donc représente la distance OAn
La limite de rn en plus l’infini permet d’affirmer que :
4.
2 n
) =0
2
lim OAn = 0
n → +∞
Déterminons le plus petit entier naturel p tel que : OAp ≤ 10
-3
OAn = rn = 6 2 (
OAn ≤ 10
-3
C'est-à-dire :
2 n
)
2
revient à dire que : 6 2 (
(
2 n 0,001
) ≤
2
6 2
2 n
) ≤ 0,001
2
0,001
≈ 0,000118
6 2
Avec la machine, on trouve que le plus petit entier p vérifiant :
(
2 p 0,001
) ≤
2
6 2
Est : p = 27
→
→
l’angle orienté : ( u ; OA27 )
= arg ( z1 × (a )
2
13
mesure : arg ( z27 ) = arg ( z0 × a × a ) ( 2π )
26
2
) = arg ( z1 ) + 13 arg ( a ) =
π 13π 15π 5π π
+
=
=
= ( 2π )
3
6
6
2
2