Corrigé du bac S de maths 2018 en France

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Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Fonction exponentielle, chaînette et Gateway Arch – 6 points

On considère la chaînette \(\mathcal{C}\) d’équation \(y=\dfrac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2)\). Pour \(x\gt 0\), le point \(M\) de \(\mathcal{C}\) d’abscisse \(x\) et son symétrique \(M^{\prime}\) d’abscisse \(-x\) délimitent une « arche ».

1. On cherche \(x\gt 0\) pour lequel la largeur de l’arche est égale à sa hauteur.

La largeur vaut \(x-(-x)=2x\). La hauteur est l’ordonnée de \(M\), c’est-à-dire \(\dfrac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2)\). Le problème revient donc à résoudre, pour \(x\gt 0\) :

\[\dfrac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2)=2x \iff \mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2=4x \iff \mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-4x-2=0.\]

C’est l’équation \((E)\). On pose \(f(x)=\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-4x-2\) sur \([0\,;+\infty[\).

2. a) Pour \(x\gt 0\), on factorise par \(x\) les deux premiers termes :

\[f(x)=x(\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}-4)+\mathrm{e}^{-x}-2.\]

b) Limite en \(+\infty\). Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}=+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}-4)=+\infty\). Comme \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x=+\infty\), par produit \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x(\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}-4)=+\infty\).

Par ailleurs \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-x}=0\), donc \(\mathrm{e}^{-x}-2\) tend vers \(-2\). Par somme :

\[\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.\]

3. a) \(f\) est dérivable sur \([0\,;+\infty[\) comme somme de fonctions dérivables, et la dérivée de \(x\mapsto \mathrm{e}^{-x}\) est \(x\mapsto -\mathrm{e}^{-x}\). Donc :

\[f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}-4.\]

b) On montre que \(f^{\prime}(x)=0\iff(\mathrm{e}^{x})^{2}-4\mathrm{e}^{x}-1=0\). Comme \(\mathrm{e}^{-x}=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}}\) et \(\mathrm{e}^{x}\neq 0\) :

\[f^{\prime}(x)=0\iff \mathrm{e}^{x}-\dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}}-4=0\iff \dfrac{(\mathrm{e}^{x})^{2}-4\mathrm{e}^{x}-1}{\mathrm{e}^{x}}=0\iff (\mathrm{e}^{x})^{2}-4\mathrm{e}^{x}-1=0.\]

c) On en déduit la solution de \(f^{\prime}(x)=0\). On pose \(X=\mathrm{e}^{x}\) : l’équation \(X^{2}-4X-1=0\) a pour discriminant \(\Delta=(-4)^{2}-4\times 1\times (-1)=20\gt 0\), d’où deux racines :

\[X_1=\dfrac{4-\sqrt{20}}{2}=2-\sqrt{5}\qquad\text{et}\qquad X_2=\dfrac{4+\sqrt{20}}{2}=2+\sqrt{5}.\]

Or \(\mathrm{e}^{x}\gt 0\) et \(2-\sqrt{5}\lt 0\) : la seule possibilité est \(\mathrm{e}^{x}=2+\sqrt{5}\), soit

\[f^{\prime}(x)=0\iff x=\ln(2+\sqrt{5})\approx 1{,}444.\]

4. a) Tableau de variations de \(f\) sur \([0\,;+\infty[\).

La fonction \(f^{\prime}\) est strictement croissante (somme de \(x\mapsto \mathrm{e}^{x}\) et de \(x\mapsto -\mathrm{e}^{-x}\), toutes deux croissantes) et s’annule en \(\ln(2+\sqrt{5})\) : elle est négative avant, positive après. On calcule \(f(0)=1+1-0-2=0\) et

\[f(\ln(2+\sqrt{5}))=2+\sqrt{5}+\dfrac{1}{2+\sqrt{5}}-4\ln(2+\sqrt{5})-2.\]

Comme \(\dfrac{1}{2+\sqrt{5}}=\dfrac{2-\sqrt{5}}{(2+\sqrt{5})(2-\sqrt{5})}=\dfrac{2-\sqrt{5}}{-1}=\sqrt{5}-2\), on obtient \(f(\ln(2+\sqrt{5}))=2\sqrt{5}-2-4\ln(2+\sqrt{5})\approx-3{,}30\). (Cette valeur exacte n’était pas indispensable : seul son signe compte.)

\(x\)	\(0\)		\(\ln(2+\sqrt{5})\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f\)	\(0\)	décroissante	\(2\sqrt{5}-2-4\ln(2+\sqrt{5})\)	croissante	\(+\infty\)

b) On démontre que \((E)\) admet une unique solution strictement positive, notée \(\alpha\).

• Sur \(]0\,;\ln(2+\sqrt{5})]\), \(f\) est strictement décroissante, donc \(f(x)\lt f(0)=0\) : \(f\) ne s’annule pas sur cet intervalle.
• Sur \([\ln(2+\sqrt{5})\,;+\infty[\), \(f\) est continue et strictement croissante, avec \(f(\ln(2+\sqrt{5}))\lt 0\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x)=0\) y admet une unique solution.

Conclusion : l’équation \((E)\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;+\infty[\).

5. a) L’algorithme de dichotomie part de \(a=2\), \(b=3\) et, tant que \(b-a\gt 0{,}1\), calcule \(m=\dfrac{a+b}{2}\) : si \(f(m)\lt 0\), \(a\) prend la valeur \(m\), sinon \(b\) prend la valeur \(m\). On complète le tableau (les signes de \(f(m)\) sont obtenus à la calculatrice) :

Étape	\(m\)	signe de \(f(m)\)	\(a\)	\(b\)	\(b-a\)
Initialisation			\(2\)	\(3\)	\(1\)
1	\(2{,}5\)	\(f(2{,}5)\approx0{,}26\gt 0\)	\(2\)	\(2{,}5\)	\(0{,}5\)
2	\(2{,}25\)	\(f(2{,}25)\approx-1{,}41\lt 0\)	\(2{,}25\)	\(2{,}5\)	\(0{,}25\)
3	\(2{,}375\)	\(f(2{,}375)\approx-0{,}66\lt 0\)	\(2{,}375\)	\(2{,}5\)	\(0{,}125\)
4	\(2{,}4375\)	\(f(2{,}4375)\approx-0{,}22\lt 0\)	\(2{,}4375\)	\(2{,}5\)	\(0{,}0625\)

Comme \(b-a=0{,}0625\leq\, 0{,}1\), l’algorithme s’arrête : en fin d’exécution, \(a=2{,}4375\) et \(b=2{,}5\).

b) À chaque étape on conserve \(f(a)\lt 0\) et \(f(b)\gt 0\). Comme \(f\) est strictement croissante sur \([2\,;3]\) (car \(2\gt\ln(2+\sqrt{5})\)) et que \(f(\alpha)=0\), on a toujours \(a\lt\alpha\lt b\). L’algorithme fournit donc un encadrement de \(\alpha\) d’amplitude inférieure ou égale à \(0{,}1\) : ici \(2{,}4375\leq\,\alpha\leq\, 2{,}5\).

6. La Gateway Arch est modélisée par la courbe d’équation \(y=\dfrac{39}{2}(\mathrm{e}^{x/39}+\mathrm{e}^{-x/39}-2)\), et l’on sait que sa hauteur est égale à sa largeur. En reprenant le raisonnement de la question 1, le point d’abscisse \(t\gt 0\) convient si et seulement si \(\dfrac{39}{2}(\mathrm{e}^{t/39}+\mathrm{e}^{-t/39}-2)=2t\), c’est-à-dire

\[\mathrm{e}^{t/39}+\mathrm{e}^{-t/39}-4\times \dfrac{t}{39}-2=0,\]

ce qui s’écrit \(f(\dfrac{t}{39})=0\). Donc \(\dfrac{t_0}{39}=\alpha\), soit \(t_0=39\alpha\). La hauteur \(h\), égale à la largeur, vaut \(h=2t_0=78\alpha\). Avec l’encadrement précédent :

\[78\times 2{,}4375\leq\, h\leq\, 78\times 2{,}5\qquad\text{soit}\qquad 190{,}125\leq\, h\leq\, 195.\]

La hauteur de la Gateway Arch est comprise entre 190 m et 195 m (un encadrement plus fin donne \(\alpha\approx2{,}4665\) et \(h\approx192\) m, la hauteur réelle du monument).

Exercice 2 :

Probabilités : vaccination contre la grippe – 5 points

On note \(V\) l’événement « la personne est vaccinée » et \(G\) « la personne a contracté la grippe ». L’énoncé donne \(P(V)=0{,}4\), \(P_V(G)=0{,}08\) et indique que 20 % de la population a contracté la grippe.

Partie A

1. a) La proportion de malades dans toute la population est 20 %, donc \(P(G)=0{,}2\).

b) Arbre pondéré (les probabilités de la seconde branche \(\overline{V}\) sont calculées à la question 3) :

On a \(P(\overline{V})=1-0{,}4=0{,}6\) et \(P_V(\overline{G})=1-0{,}08=0{,}92\).

2. Probabilité que la personne soit vaccinée et ait contracté la grippe :

\[P(V\cap G)=P(V)\times P_V(G)=0{,}4\times 0{,}08=\mathbf{0{,}032}.\]

3. On cherche la probabilité qu’une personne non vaccinée ait contracté la grippe, c’est-à-dire \(p=P_{\overline{V}}(G)\). \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[P(G)=P(V\cap G)+P(\overline{V})\times P_{\overline{V}}(G)\quad\text{donc}\quad 0{,}2=0{,}032+0{,}6\,p.\]
\[p=\dfrac{0{,}2-0{,}032}{0{,}6}=\dfrac{0{,}168}{0{,}6}=0{,}28.\]

La probabilité qu’une personne non vaccinée ait contracté la grippe est 0,28 (et donc \(P_{\overline{V}}(\overline{G})=0{,}72\)).

Partie B

1. On interroge \(n\) personnes au hasard ; \(X\) compte les personnes vaccinées. Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli dont le succès « la personne est vaccinée » a pour probabilité \(0{,}4\), et la population est assez grande pour assimiler les tirages à des tirages indépendants avec remise. On répète donc \(n\) fois, de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;0{,}4)\).

2. Dans cette question \(n=40\).

a) Probabilité qu’exactement 15 personnes soient vaccinées :

\[P(X=15)=\binom\,{40}{15}\times 0{,}4^{15}\times 0{,}6^{25}\approx\mathbf{0{,}123}.\]

b) Probabilité qu’au moins la moitié des 40 personnes soit vaccinée :

\[P(X\geq\, 20)=1-P(X\leq\, 19)\approx\mathbf{0{,}130}.\]

3. Dans cette question \(n=3\,750\). L’espérance de \(X\) est \(\mu=np=3\,750\times 0{,}4=1\,500\) et son écart-type \(\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{3\,750\times 0{,}4\times 0{,}6}=\sqrt{900}=30\). On approche la loi de \(X\) par la loi normale \(\mathcal{N}(1\,500\,;30^{2})\).

On cherche la probabilité que le nombre de personnes vaccinées soit compris entre 1 450 et 1 550. En posant \(Z=\dfrac{X-1\,500}{30}\), qui suit approximativement la loi normale centrée réduite :

\[P(1\,450\leq\, X\leq\, 1\,550)=P(-\dfrac{5}{3}\leq\, Z\leq\,\dfrac{5}{3})\approx\mathbf{0{,}904}.\]

Exercice 3 :

Géométrie dans l’espace : tétraèdres orthocentriques – 4 points

Une hauteur d’un tétraèdre est une droite passant par un sommet et perpendiculaire au plan de la face opposée. Un tétraèdre est dit orthocentrique si ses quatre hauteurs sont concourantes. \(ABCDEFGH\) est un cube (face \(ABCD\) en bas, \(E\) au-dessus de \(A\), \(F\) au-dessus de \(B\), etc.).

Partie A – Étude d’un cas particulier

1. a) On cherche la hauteur issue de \(E\) et celle issue de \(C\) dans le tétraèdre \(ABCE\).

Les faces \(ADHE\) et \(ABFE\) sont des carrés, donc \((AE)\perp(AD)\) et \((AE)\perp(AB)\). La droite \((AE)\) est ainsi orthogonale à deux droites sécantes du plan \((ABC)\) : elle est perpendiculaire à ce plan. La hauteur issue de \(E\) est la droite \((AE)\).

De même, \((BC)\perp(BA)\) (carré \(ABCD\)) et \((BC)\perp(BF)\) (carré \(BCGF\)) : \((BC)\) est perpendiculaire au plan \((ABF)\), qui est le plan \((ABE)\) de la face opposée à \(C\). La hauteur issue de \(C\) est la droite \((BC)\).

b) La droite \((AE)\) est contenue dans le plan \((ADE)\) et la droite \((BC)\) dans le plan \((BCF)\). Ces deux plans, qui contiennent des faces opposées du cube, sont strictement parallèles : ils n’ont aucun point commun. Les hauteurs \((AE)\) et \((BC)\) ne sont donc pas sécantes : le tétraèdre \(ABCE\) n’est pas orthocentrique.

2. On se place dans le repère orthonormé \((A\,;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE})\).

a) On vérifie que \(x-y+z=0\) est une équation du plan \((ACH)\). On a \(A(0\,;0\,;0)\), \(C(1\,;1\,;0)\) et \(H(0\,;1\,;1)\). Les vecteurs \(\vec{AC}(1\,;1\,;0)\) et \(\vec{AH}(0\,;1\,;1)\) ne sont pas colinéaires, donc \(A\), \(C\), \(H\) définissent bien un plan. De plus :

• \(0-0+0=0\) : \(A\) vérifie l’équation ;
• \(1-1+0=0\) : \(C\) vérifie l’équation ;
• \(0-1+1=0\) : \(H\) vérifie l’équation.

Le plan d’équation \(x-y+z=0\) contient trois points non alignés \(A\), \(C\), \(H\) : c’est le plan \((ACH)\).

b) On cherche la hauteur issue de \(F\) du tétraèdre \(ACHF\). Un vecteur normal au plan \((ACH)\) est \(\vec{n}(1\,;-1\,;1)\). Avec \(D(0\,;1\,;0)\) et \(F(1\,;0\,;1)\), on obtient \(\vec{DF}(1\,;-1\,;1)=\vec{n}\). La droite \((FD)\) passe par \(F\) et est dirigée par un vecteur normal au plan \((ACH)\) : la hauteur issue de \(F\) est la grande diagonale \((FD)\) du cube.

c) Par le même raisonnement (le tétraèdre \(ACHF\) joue un rôle symétrique pour ses quatre sommets), la hauteur issue de \(A\) est \((AG)\), celle issue de \(C\) est \((CE)\) et celle issue de \(H\) est \((HB)\). Les quatre hauteurs de \(ACHF\) sont les quatre grandes diagonales du cube, qui sont concourantes au centre du cube. Le tétraèdre \(ACHF\) est donc orthocentrique.

Partie B

On considère un tétraèdre \(MNPQ\) dont les hauteurs issues de \(M\) et de \(N\) sont sécantes en un point \(K\). Ainsi \((MK)\perp(NPQ)\) et \((NK)\perp(MPQ)\).

1. a) La droite \((MK)\) est perpendiculaire au plan \((NPQ)\), donc orthogonale à toute droite de ce plan, en particulier à \((PQ)\) : \((PQ)\perp(MK)\). De même \((NK)\) est perpendiculaire au plan \((MPQ)\), donc orthogonale à \((PQ)\).

b) La droite \((PQ)\) est orthogonale aux droites \((MK)\) et \((NK)\), qui sont sécantes en \(K\) et contenues dans le plan \((MNK)\). Donc \((PQ)\) est perpendiculaire au plan \((MNK)\).

2. Comme \((PQ)\) est perpendiculaire au plan \((MNK)\), elle est orthogonale à toute droite de ce plan, notamment à \((MN)\). Les arêtes opposées \([MN]\) et \([PQ]\) sont orthogonales.

On retient : dans un tétraèdre orthocentrique, deux arêtes opposées sont orthogonales.

Partie C

On étudie le tétraèdre \(RSTU\) avec \(R(-3\,;5\,;2)\), \(S(1\,;4\,;-2)\), \(T(4\,;-1\,;5)\) et \(U(4\,;7\,;3)\). Est-il orthocentrique ?

On a \(\vec{RS}(4\,;-1\,;-4)\) et \(\vec{TU}(0\,;8\,;-2)\), donc \(\vec{RS}\cdot\vec{TU}=4\times 0+(-1)\times 8+(-4)\times (-2)=0\) : les arêtes \([RS]\) et \([TU]\) sont orthogonales.

En revanche \(\vec{RT}(7\,;-6\,;3)\) et \(\vec{SU}(3\,;3\,;5)\) donnent

\[\vec{RT}\cdot\vec{SU}=7\times 3+(-6)\times 3+3\times 5=21-18+15=18\neq0.\]

Les arêtes opposées \([RT]\) et \([SU]\) ne sont pas orthogonales. D’après la partie B, si le tétraèdre était orthocentrique, toutes ses arêtes opposées seraient orthogonales. Le tétraèdre \(RSTU\) n’est donc pas orthocentrique.

Exercice 4 :

Nombres complexes et suites – 5 points (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)

On pose \(z_0=8\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(z_{n+1}=\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}\,z_n\). On note \(A_n\) le point d’affixe \(z_n\).

1. a) Forme exponentielle de \(\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}\). En écrivant \(3=\sqrt{3}\times \sqrt{3}\) :

\[\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}\mathrm{i})=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(\cos(-\dfrac{\pi}{6})+\mathrm{i}\sin(-\dfrac{\pi}{6}))=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}.\]

b) Calcul de \(z_1\), \(z_2\), \(z_3\) sous forme exponentielle :

\[z_1=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\times 8=4\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6},\qquad z_2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\times 4\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}=6\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/3},\]
\[z_3=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\times 6\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/3}=3\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/2}=3\sqrt{3}(\cos(-\dfrac{\pi}{2})+\mathrm{i}\sin(-\dfrac{\pi}{2}))=-3\sqrt{3}\,\mathrm{i}.\]

En particulier \(z_3=-3\sqrt{3}\,\mathrm{i}\) est un imaginaire pur.

c) Placement des points \(A_0\) à \(A_7\). Chaque point s’obtient à partir du précédent en multipliant le module par \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et en tournant de \(-\dfrac{\pi}{6}\) : les points s’enroulent en spirale vers l’origine. En coordonnées approchées : \(A_0(8\,;0)\), \(A_1(6\,;-3{,}46)\), \(A_2(3\,;-5{,}20)\), \(A_3(0\,;-5{,}20)\), \(A_4(-2{,}25\,;-3{,}90)\), \(A_5(-3{,}38\,;-1{,}95)\), \(A_6(-3{,}38\,;0)\), \(A_7(-2{,}53\,;1{,}46)\).

2. a) Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), \(z_n=8\times (\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi/6}\).

• Initialisation : pour \(n=0\), \(8\times (\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{0}\mathrm{e}^{0}=8=z_0\). La propriété est vraie.
• Hérédité : supposons la propriété vraie pour un entier \(n\geq\,0\). Alors, d’après 1. a) :
  \[z_{n+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\times 8(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi/6}=8(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n+1}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(n+1)\pi/6}.\]
  La propriété est vraie au rang \(n+1\).

Conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(z_n=8(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi/6}\).

b) On pose \(u_n=|z_n|\). Comme \(|\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi/6}|=1\), on a \(u_n=8(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\). La suite \((u_n)\) est géométrique de premier terme \(u_0=8\) et de raison \(q=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\). Comme \(0\lt\dfrac{\sqrt{3}}{2}\lt1\), on a \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}=0\), donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0\) : les points \(A_n\) se rapprochent de l’origine.

3. a) Pour tout entier naturel \(k\), on montre que \(\dfrac{z_{k+1}-z_k}{z_{k+1}}=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{i}\) puis que \(A_kA_{k+1}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}OA_{k+1}\). En notant \(q=\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}\), on a \(z_{k+1}=q\,z_k\) avec \(z_k\neq0\), donc :

\[\dfrac{z_{k+1}-z_k}{z_{k+1}}=\dfrac{q-1}{q}=\dfrac{\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}-1}{\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}}=\dfrac{-1-\mathrm{i}\sqrt{3}}{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}.\]

On multiplie par la quantité conjuguée \(3+\mathrm{i}\sqrt{3}\) :

\[\dfrac{(-1-\mathrm{i}\sqrt{3})(3+\mathrm{i}\sqrt{3})}{(3-\mathrm{i}\sqrt{3})(3+\mathrm{i}\sqrt{3})}=\dfrac{-3-\mathrm{i}\sqrt{3}-3\mathrm{i}\sqrt{3}+3}{9+3}=\dfrac{-4\sqrt{3}\,\mathrm{i}}{12}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\mathrm{i}=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{i}.\]

En passant aux modules :

\[\dfrac{A_kA_{k+1}}{OA_{k+1}}=\dfrac{|z_{k+1}-z_k|}{|z_{k+1}|}=|-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{i}|=\dfrac{1}{\sqrt{3}},\qquad\text{donc}\qquad A_kA_{k+1}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,OA_{k+1}.\]

b) Pour \(n\geq\,1\), on note \(\ell_n=A_0A_1+A_1A_2+\dots+A_{n-1}A_n\) la longueur de la ligne brisée. D’après a) :

\[\ell_n=\dfrac{1}{\sqrt{3}}(OA_1+OA_2+\dots+OA_n)=\dfrac{1}{\sqrt{3}}(u_1+u_2+\dots+u_n).\]

C’est la somme de \(n\) termes consécutifs d’une suite géométrique de premier terme \(u_1=8\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\) et de raison \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\neq1\) :

\[\ell_n=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\times 4\sqrt{3}\times \dfrac{1-(\frac{\sqrt{3}}{2})^{n}}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}=4\times \dfrac{2}{2-\sqrt{3}}(1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n})=\dfrac{8}{2-\sqrt{3}}(1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}).\]

Comme \(0\lt\dfrac{\sqrt{3}}{2}\lt1\), \((\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\) tend vers 0, d’où :

\[\lim_{n\to+\infty}\ell_n=\dfrac{8}{2-\sqrt{3}}=8(2+\sqrt{3})=16+8\sqrt{3}\approx29{,}86.\]

La longueur de la ligne brisée tend vers \(16+8\sqrt{3}\) : bien que la spirale compte une infinité de segments, sa longueur totale reste finie.