Similitude/Devoir/Complexes, suites et similitudes

On se place dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal.

— Ⅰ —

1° On prend $M_{0},M_{1}$ d'affixes $z_{0}=0,z_{1}=1$ .

On fixe deux réels :

r>0

et

\theta \in \mathbb {R} \setminus \pi \mathbb {Z}

et pour tout

n\in \mathbb {N} ^{*}

, on définit le point

M_{n+1}

à partir des points

M_{n-1}

et

M_{n}

par :

\left\|{\overrightarrow {M_{n}M_{n+1}}}\right\|=r\left\|{\overrightarrow {M_{n-1}M_{n}}}\right\|

et

\left({\overrightarrow {M_{n-1}M_{n}}},{\overrightarrow {M_{n}M_{n+1}}}\right)=\theta

.

On obtient ainsi une suite de points

M_{0},\,M_{1},\,M_{2},\,\cdots ,\,M_{n},\,\cdots

.

Pour tout

n\in \mathbb {N}

, on note

v_{n}

l'affixe du vecteur

{\overrightarrow {M_{n}M_{n+1}}}

et

z_{n}

l'affixe du point

M_{n}

.

Calculez

v_{0}

.

2° a) Montrez que pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$ , $v_{n}=r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }v_{n-1}$ .

b) Déduisez-en, pour tout

n\in \mathbb {N}

, l'expression de

v_{n}

en fonction de

n

,

r

et

\theta

.

c) Dans cette question, on suppose

r={\frac {1}{\sqrt {2}}}

et

\theta ={\frac {\pi }{4}}

.

Calculez

v_{n}

pour

1\leq n\leq 3

et

z_{n}

pour

2\leq n\leq 4

et placez les points

M_{0},\,M_{1},\,M_{2},\,M_{3},\,M_{4},

en prenant 8 cm pour unité de longueur.

— Ⅱ —

Dans toute la suite du problème, on suppose $0<r<1$ .

1° Pour tout $n\geq 0$ , exprimez $v_{n}$ en fonction de $z_{n}$ et $z_{n+1}$ , déduisez-en que pour tout $n\geq 1,\;z_{n}=v_{0}+v_{1}+\cdots +v_{n-1}$ .

2° On rappelle que pour tout nombre complexe $z\neq 1$ ,

1+z+z^{2}+\cdots +z^{n-1}={\frac {1-z^{n}}{1-z}}

.

Calculez, pour tout

n\in \mathbb {N}

,

z_{n}

en fonction de

n

,

r

et

\theta

.

3° On note $\Omega$ le point d'affixe $\omega ={\frac {1}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}$ et, pour tout $n\in \mathbb {N}$ , $z_{n}'$ l'affixe du vecteur ${\overrightarrow {\Omega M_{n}}}$ .

a) Calculez

z_{n}'

en fonction de

n

,

r

et

\theta

.

b) Démontrez que le module de

z'_{n}

tend vers

0

quand

n

tend vers

+\infty

et interprétez géométriquement ce résultat.

4° a) Établissez qu'il existe un nombre complexe $a\neq 0$ tel que pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*},\,z_{n}'=az_{n-1}'$ .

b) En interprétant géométriquement la relation précédente, déterminez une similitude directe

f

telle que pour tout

n\in \mathbb {N} ^{*}

,

f(M_{n-1})=M_{n}

.

Précisez le centre, le rapport et l'angle de cette similitude.

5° Dans cette question, on suppose à nouveau que $r={\frac {1}{\sqrt {2}}}$ et $\theta ={\frac {\pi }{4}}$ .

a) Calculez

\omega

et placez

\Omega

sur la figure précédemment tracée.

b) Indiquez une construction géométrique simple de

M_{n}

connaissant

\Omega

et

M_{n-1}

et placez les points

M_{5},\,M_{6},\,M_{7},\,M_{8}

sur la figure.

Figure

Cette solution n'a pas été rédigée. Vous pouvez le faire en modifiant le paramètre « contenu » du modèle. ^{Comment faire ?}

Corrigé

— Ⅰ —

1° $v_{0}=z_{1}-z_{0}=1$ .

2° a) $|v_{n}|=r|v_{n-1}|$ et $\arg(v_{n})=\arg(v_{n-1})+\theta$ .

b)

v_{n}=\left(r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }\right)^{n}v_{0}=r^{n}\operatorname {e} ^{n\mathrm {i} \theta }

.

c)

v_{1}={\frac {1}{\sqrt {2}}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} {\frac {\pi }{4}}}={\frac {1+\mathrm {i} }{2}},\quad v_{2}=v_{1}^{2}={\frac {\mathrm {i} }{2}},\quad v_{3}=v_{1}v_{2}={\frac {-1+\mathrm {i} }{4}},

z_{2}=z_{1}+v_{1}={\frac {3+\mathrm {i} }{2}},\quad z_{3}=z_{2}+v_{2}={\frac {3}{2}}+\mathrm {i} ,\quad z_{4}=z_{3}+v_{3}={\frac {5\left(1+\mathrm {i} \right)}{4}}

.

— Ⅱ —

1° Pour tout $n\geq 0$ , $v_{n}=z_{n+1}-z_{n}$ donc $z_{n+1}=z_{n}+v_{n}$ d'où, par récurrence : pour tout $n\geq 1$ , $z_{n}=v_{0}+v_{1}+\cdots +v_{n-1}$ . En effet,

cette égalité est vraie pour $n=1$ : $z_{1}=z_{0}+v_{0}=v_{0}$ et
si elle l'est pour $n$ , elle l'est encore pour $n+1$ : $z_{n+1}=\left(v_{0}+v_{1}+\cdots +v_{n-1}\right)+v_{n}=v_{0}+v_{1}+\cdots +v_{(n+1)-1}$ .

2° $z_{n}=1+v_{1}+\cdots +v_{1}^{n-1}={\frac {1-v_{1}^{n}}{1-v_{1}}}={\frac {1-r^{n}\operatorname {e} ^{n\mathrm {i} \theta }}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}$ .

Remarque : pour

r={\frac {1}{\sqrt {2}}}

et

\theta ={\frac {\pi }{4}}

, on peut vérifier le calcul ci-dessus de

z_{4}

:

{\frac {1-{\frac {1}{4}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \pi }}{1-{\frac {1+\mathrm {i} }{2}}}}={\frac {\frac {5}{4}}{\frac {1-\mathrm {i} }{2}}}={\frac {5\left(1+\mathrm {i} \right)}{4}}

.

3° a) $z'_{n}=z_{n}-{\frac {1}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}={\frac {1-r^{n}\operatorname {e} ^{n\mathrm {i} \theta }}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}-{\frac {1}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}={\frac {-r^{n}\operatorname {e} ^{n\mathrm {i} \theta }}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}$ .

b)

\Omega M_{n}=\left|z'_{n}\right|={\frac {r^{n}}{\left|1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }\right|}}\to 0

car

0\leq r<1

. Par conséquent,

M_{n}\to \Omega

.

4° a) $z_{n}'={\frac {-a^{n}}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}=az_{n-1}'$ pour $a=r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }$ .

b)

f(M_{n-1})=M_{n}

, où

f

est la similitude directe de centre

\Omega

, de rapport

r

et d'angle

\theta

.

5° a) $\omega ={\frac {1}{1-{\frac {1+\mathrm {i} }{2}}}}={\frac {2}{1-\mathrm {i} }}=1+\mathrm {i}$ .

b)

\Omega M_{n-1}M_{n}

est un triangle isocèle rectangle en

M_{n}

et direct.

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