Corrigé du bac S de maths 2012 au Liban

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Étude de fonction, logarithme et intégrale – 6 points, commun à tous les candidats

Partie A

On étudie la fonction \(g\) définie sur \(]0\,;+\infty[\) par \(g(x)=2x^3-1+2\ln x\).

1. On demande les variations de \(g\).

\(g\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\) et

\[g^{\prime}(x)=6x^2+\frac{2}{x}.\]

Pour \(x\gt 0\), on a \(6x^2\gt 0\) et \(\frac{2}{x}\gt 0\), donc \(g^{\prime}(x)\gt 0\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

Limites : \(\lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to 0^+}(2x^3-1)=-1\), donc \(\lim\limits_{x\to 0^+}g(x)=-\infty\) ; en \(+\infty\), \(2x^3\) et \(2\ln x\) tendent vers \(+\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to +\infty}g(x)=+\infty\).

\(x\)	\(0\)		\(\alpha\)		\(+\infty\)
\(g^{\prime}(x)\)	||	\(+\)		\(+\)
\(g(x)\)	\(-\infty\)	\(\nearrow\)	\(0\)	\(\nearrow\)	\(+\infty\)

2. Il faut montrer que l’équation \(g(x)=0\) a une unique solution \(\alpha\) et l’encadrer.

\(g\) est continue (somme de fonctions continues) et strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), et elle prend ses valeurs de \(-\infty\) à \(+\infty\). Comme \(0\) est compris entre ces limites, le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire pour une fonction strictement monotone) assure que l’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;+\infty[\).

À la calculatrice : \(g(0{,}86)\approx -0{,}030\lt 0\) et \(g(0{,}87)\approx 0{,}038\gt 0\). Donc \(g(0{,}86)\lt g(\alpha)\lt g(0{,}87)\) et, \(g\) étant croissante, \(0{,}86\lt \alpha\lt 0{,}87\) (en fait \(\alpha\approx 0{,}864\)).

3. Signe de \(g\) : comme \(g\) est strictement croissante et \(g(\alpha)=0\),

• si \(0\lt x\lt \alpha\), alors \(g(x)\lt g(\alpha)\), soit \(g(x)\lt 0\) ;
• si \(x\gt \alpha\), alors \(g(x)\gt 0\) ;
• \(g(\alpha)=0\).

Partie B

On considère \(f(x)=2x-\dfrac{\ln x}{x^2}\) sur \(]0\,;+\infty[\), de courbe \(\mathcal{C}\) dans un repère orthogonal.

1. Limites de \(f\) en \(0\) et en \(+\infty\).

En \(0^+\) : \(f(x)=2x-\ln x\times \dfrac{1}{x^2}\). On a \(\lim\limits_{x\to 0^+}2x=0\), \(\lim\limits_{x\to 0^+}(-\ln x)=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1}{x^2}=+\infty\) ; par produit puis somme, \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=+\infty\).

En \(+\infty\) : par croissances comparées, \(\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x}{x^2}=0\), et \(\lim\limits_{x\to +\infty}2x=+\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty\).

2. On demande de montrer que la droite \(\Delta\) d’équation \(y=2x\) est asymptote à \(\mathcal{C}\) et d’étudier leur position relative.

\[f(x)-2x=-\frac{\ln x}{x^2}\qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to +\infty}(f(x)-2x)=0,\]

donc \(\Delta\) est asymptote oblique à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\).

Comme \(x^2\gt 0\), \(f(x)-2x\) a le signe de \(-\ln x\) :

• sur \(]0\,;1[\), \(\ln x\lt 0\) donc \(f(x)-2x\gt 0\) : \(\mathcal{C}\) est au-dessus de \(\Delta\) ;
• sur \(]1\,;+\infty[\), \(\ln x\gt 0\) : \(\mathcal{C}\) est en dessous de \(\Delta\) ;
• en \(x=1\), \(f(1)=2\) : \(\mathcal{C}\) et \(\Delta\) se coupent au point \(A(1\,;2)\).

3. Montrer que \(f^{\prime}(x)=\dfrac{g(x)}{x^3}\).

La dérivée de \(\dfrac{\ln x}{x^2}\) est \(\dfrac{\frac{1}{x}\times x^2-2x\ln x}{x^4}=\dfrac{x-2x\ln x}{x^4}=\dfrac{1-2\ln x}{x^3}\). Donc

\[f^{\prime}(x)=2-\frac{1-2\ln x}{x^3}=\frac{2x^3-1+2\ln x}{x^3}=\frac{g(x)}{x^3}.\]

Sur \(]0\,;+\infty[\), \(x^3\gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(g(x)\), étudié dans la partie A.

4. Tableau de variations de \(f\) : \(f\) est décroissante sur \(]0\,;\alpha]\) et croissante sur \([\alpha\,;+\infty[\).

\(x\)	\(0\)		\(\alpha\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime}(x)\)	||	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(+\infty\)	\(\searrow\)	\(f(\alpha)\)	\(\nearrow\)	\(+\infty\)

Le minimum de \(f\) vaut \(f(\alpha)\approx 1{,}92\).

5. Tracé de \(\Delta\) et de \(\mathcal{C}\) :

Partie C

Pour un entier \(n\geq\, 1\), on note \(D\) le domaine compris entre \(\mathcal{C}\), \(\Delta\) et les droites d’équations \(x=1\) et \(x=n\). L’unité d’aire vaut \(2\ \text{cm}^2\).

1. Justifier que l’aire de \(D\), en \(\text{cm}^2\), est \(I_n=2\displaystyle\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\mathrm{d}x\).

D’après la partie B, sur \([1\,;n]\) la droite \(\Delta\) est au-dessus de \(\mathcal{C}\). L’aire de \(D\) en unités d’aire est donc

\[\int_1^n(2x-f(x))\mathrm{d}x=\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\mathrm{d}x,\]

et, comme une unité d’aire vaut \(2\ \text{cm}^2\), l’aire en \(\text{cm}^2\) est bien \(I_n=2\displaystyle\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\mathrm{d}x\).

2. a) Calcul de \(\displaystyle\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\mathrm{d}x\) par une intégration par parties.

On pose \(u(x)=\ln x\), \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\), \(v^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x^2}\), \(v(x)=-\dfrac{1}{x}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;n]\), donc

\[\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\mathrm{d}x=[-\frac{\ln x}{x}]_1^n-\int_1^n(-\frac{1}{x^2})\mathrm{d}x=[-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}]_1^n=-\frac{\ln n}{n}-\frac{1}{n}+1.\]

Ainsi \(\displaystyle\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\mathrm{d}x=\frac{n-1-\ln n}{n}\).

b) On en déduit

\[I_n=2\times \frac{n-1-\ln n}{n}=2-\frac{2}{n}-\frac{2\ln n}{n}.\]

3. Limite de \(I_n\) : \(\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{2}{n}=0\) et, par croissances comparées, \(\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{\ln n}{n}=0\). Donc \(\lim\limits_{n\to +\infty}I_n=2\) : l’aire du domaine s’approche de \(2\ \text{cm}^2\) quand \(n\) devient grand.

Exercice 2 :

Vrai ou faux justifié – 4 points, commun à tous les candidats

Pour chaque affirmation, il faut dire si elle est vraie ou fausse et le justifier.

1. Droites \(D_1 : \begin{cases}x=4+t\\ y=6+2t\\ z=4-t\end{cases}\) (\(t\in\mathbb{R}\)) et \(D_2 : \begin{cases}x=8+5t^{\prime}\\ y=2-2t^{\prime}\\ z=6+t^{\prime}\end{cases}\) (\(t^{\prime}\in\mathbb{R}\)). Affirmation : « les droites \(D_1\) et \(D_2\) sont coplanaires ».

Cherchons un point commun :

\[\begin{cases}4+t=8+5t^{\prime}\\ 6+2t=2-2t^{\prime}\\ 4-t=6+t^{\prime}\end{cases}\iff\begin{cases}t-5t^{\prime}=4\\ t+t^{\prime}=-2\\ t+t^{\prime}=-2\end{cases}\iff\begin{cases}t=-1\\ t^{\prime}=-1.\end{cases}\]

(De la 2e équation : \(t+t^{\prime}=-2\) ; en soustrayant à la 1re : \(-6t^{\prime}=6\).) Avec \(t=-1\) dans \(D_1\) on obtient \((3\,;4\,;5)\), et avec \(t^{\prime}=-1\) dans \(D_2\) aussi \((3\,;4\,;5)\). Les deux droites sont sécantes en \(M(3\,;4\,;5)\) : deux droites sécantes sont contenues dans un même plan. Affirmation vraie.

2. \(A(12\,;7\,;-13)\), \(B(3\,;1\,;2)\) et le plan \(P : 3x+2y-5z=1\). Affirmation : « \(B\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur \(P\) ».

• \(B\in P\) car \(3\times 3+2\times 1-5\times 2=9+2-10=1\).
• \(\vec{n}(3\,;2\,;-5)\) est normal à \(P\) et \(\vec{AB}(-9\,;-6\,;15)=-3\,\vec{n}\) : la droite \((AB)\) est orthogonale à \(P\).

\(B\) est donc le point de \(P\) tel que \((AB)\perp P\) : affirmation vraie.

3. \(u_n=\dfrac{n+1}{n+2}\) et \(v_n=2+\dfrac{1}{n+2}\). Affirmation : « ces suites sont adjacentes ».

\[u_n-v_n=\frac{n+1}{n+2}-2-\frac{1}{n+2}=\frac{n}{n+2}-2=\frac{1}{1+\frac{2}{n}}-2\quad(n\geq\, 1),\]

donc \(\lim\limits_{n\to +\infty}(u_n-v_n)=1-2=-1\neq 0\). Deux suites adjacentes ont une différence qui tend vers \(0\) : affirmation fausse.

4. \(u_0=1\) et \(u_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n+2\). Affirmation : « la suite est majorée par 3 ».

Montrons par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n\leq\, 3\) ».

• Initialisation : \(u_0=1\leq\, 3\), \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
• Hérédité : supposons \(u_n\leq\, 3\) pour un entier \(n\). Alors \(\dfrac{1}{3}u_n\leq\, 1\), puis \(u_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n+2\leq\, 3\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\leq\, 3\).

Affirmation vraie.

Exercice 3 :

Probabilités conditionnelles et loi binomiale – 5 points, commun à tous les candidats

L’urne \(U_1\) contient 4 jetons numérotés de 1 à 4, l’urne \(U_2\) contient 4 boules blanches et 6 boules noires. On tire un jeton de \(U_1\), puis on tire simultanément dans \(U_2\) autant de boules que le numéro du jeton. \(J_k\) : « le jeton porte le numéro \(k\) » ; \(B\) : « toutes les boules tirées sont blanches ».

1. Probabilités \(P_{J_k}(B)\). Sachant \(J_k\), on tire \(k\) boules simultanément parmi 10 : il y a \(\binom\,{10}{k}\) tirages équiprobables, dont \(\binom\,{4}{k}\) ne comportent que des blanches.

\[P_{J_1}(B)=\frac{\binom\,{4}{1}}{\binom\,{10}{1}}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5},\qquad P_{J_2}(B)=\frac{\binom\,{4}{2}}{\binom\,{10}{2}}=\frac{6}{45}=\frac{2}{15},\]
\[P_{J_3}(B)=\frac{\binom\,{4}{3}}{\binom\,{10}{3}}=\frac{4}{120}=\frac{1}{30},\qquad P_{J_4}(B)=\frac{\binom\,{4}{4}}{\binom\,{10}{4}}=\frac{1}{210}.\]

2. Calcul de \(P(B)\). Les événements \(J_1,J_2,J_3,J_4\) forment une partition de l’univers, chacun de probabilité \(\frac{1}{4}\). Par la formule des probabilités totales :

\[P(B)=\frac{1}{4}(\frac{2}{5}+\frac{2}{15}+\frac{1}{30}+\frac{1}{210})=\frac{1}{4}\times \frac{84+28+7+1}{210}=\frac{1}{4}\times \frac{120}{210}=\frac{1}{7}.\]

\(P(B)=\dfrac{1}{7}\).

3. On sait que toutes les boules tirées sont blanches ; probabilité que le jeton porte le numéro 3 :

\[P_B(J_3)=\frac{P(J_3\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{4}\times \frac{1}{30}}{\frac{1}{7}}=\frac{1}{120}\times 7=\frac{7}{120}.\]

\(P_B(J_3)=\dfrac{7}{120}\).

4. a) On joue 10 parties indépendantes ; \(N\) compte les parties où toutes les boules tirées sont blanches. Chaque partie est une épreuve de Bernoulli de succès \(B\), de probabilité \(p=\frac{1}{7}\), répétée 10 fois de façon indépendante : \(N\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;\frac{1}{7})\).

b) Probabilité d’obtenir exactement 3 succès :

\[P(N=3)=\binom\,{10}{3}(\frac{1}{7})^3(\frac{6}{7})^7=120\times \frac{6^7}{7^{10}}\approx 0{,}12.\]

Exercice 4 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) :

Nombres complexes et rotation – 5 points

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct \((O\,;\vec{u},\vec{v})\).

1. Un triangle

a) Avec \(a=2\), \(b=3+\mathrm{i}\sqrt{3}\) et \(c=2\mathrm{i}\sqrt{3}\), on demande une mesure de l’angle \(\widehat{ABC}\).

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

C’est un imaginaire pur de partie imaginaire positive, donc \((\vec{BC},\vec{BA})=\arg(\dfrac{a-b}{c-b})=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\), \(k\in\mathbb{Z}\). L’angle \(\widehat{ABC}\) est droit : \(\widehat{ABC}=\dfrac{\pi}{2}\).

b) Le triangle \(ABC\) est rectangle en \(B\) ; le centre \(\Omega\) de son cercle circonscrit est donc le milieu de l’hypoténuse \([AC]\) :

\[\omega=\frac{a+c}{2}=\frac{2+2\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}=1+\mathrm{i}\sqrt{3}.\]

2. Une transformation du plan

On pose \(z_0=0\) et \(z_{n+1}=\dfrac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}z_n+2\) ; \(A_n\) est le point d’affixe \(z_n\).

a) Affixes de \(A_1\) à \(A_4\) :

• \(z_1=0+2=2=a\) ;
• \(z_2=\dfrac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}\times 2+2=3+\mathrm{i}\sqrt{3}=b\) ;
• \(z_3=\dfrac{(1+\mathrm{i}\sqrt{3})(3+\mathrm{i}\sqrt{3})}{2}+2=\dfrac{4\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}+2=2+2\mathrm{i}\sqrt{3}\) ;
• \(z_4=\dfrac{(1+\mathrm{i}\sqrt{3})(2+2\mathrm{i}\sqrt{3})}{2}+2=(1+\mathrm{i}\sqrt{3})^2+2=-2+2\mathrm{i}\sqrt{3}+2=2\mathrm{i}\sqrt{3}=c\).

On constate que \(A_1=A\), \(A_2=B\) et \(A_4=C\).

b) Longueurs :

\[A_1A_2=|b-a|=|1+\mathrm{i}\sqrt{3}|=\sqrt{1+3}=2,\qquad A_2A_3=|-1+\mathrm{i}\sqrt{3}|=2,\qquad A_3A_4=|-2|=2.\]

Les trois segments mesurent 2.

c) Montrer que \(z_{n+1}-\omega=\dfrac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}(z_n-\omega)\). On développe le membre de droite :

\[\frac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}(z_n-\omega)=\frac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}z_n-\frac{(1+\mathrm{i}\sqrt{3})^2}{2}=\frac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}z_n-\frac{-2+2\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}=\frac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}z_n+1-\mathrm{i}\sqrt{3}.\]

Et \(z_{n+1}-\omega=\dfrac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}z_n+2-1-\mathrm{i}\sqrt{3}=\dfrac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}z_n+1-\mathrm{i}\sqrt{3}\) : l’égalité est démontrée.

d) Transformation qui envoie \(A_n\) sur \(A_{n+1}\) : \(\dfrac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{1}{2}+\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/3}\), donc

\[z_{n+1}-\omega=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/3}(z_n-\omega).\]

\(A_{n+1}\) est l’image de \(A_n\) par la rotation de centre \(\Omega\) et d’angle \(\dfrac{\pi}{3}\).

e) Justifier que \(A_{n+6}=A_n\) et déterminer l’affixe de \(A_{2012}\).

Par récurrence immédiate, \(z_{n+6}-\omega=(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/3})^6(z_n-\omega)=\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi}(z_n-\omega)=z_n-\omega\). Donc \(z_{n+6}=z_n\) : \(A_{n+6}=A_n\) (six rotations d’angle \(\frac{\pi}{3}\) font un tour complet).

Comme \(2012=6\times 335+2\), on obtient \(A_{2012}=A_2=B\) : l’affixe de \(A_{2012}\) est \(3+\mathrm{i}\sqrt{3}\).

3. On demande la longueur du segment \([A_nA_{n+1}]\) pour tout \(n\).

La rotation conserve les distances au centre : \(\Omega A_{n+1}=\Omega A_n=\dots=\Omega A_0=|0-\omega|=|1+\mathrm{i}\sqrt{3}|=2\). Le triangle \(\Omega A_nA_{n+1}\) est donc isocèle en \(\Omega\) avec un angle au sommet de \(\frac{\pi}{3}\) : il est équilatéral. Par conséquent

\[A_nA_{n+1}=\Omega A_n=2\quad\text{pour tout entier naturel } n.\]

Exercice 4 (candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) :

Similitude directe et suite de points – 5 points

On pose \(z_0=0\) et \(z_{n+1}=\dfrac{1+\mathrm{i}}{2}z_n+1\) ; \(A_n\) est le point d’affixe \(z_n\).

1. Affixes de \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) :

\[z_1=1,\qquad z_2=\frac{1+\mathrm{i}}{2}+1=\frac{3+\mathrm{i}}{2},\qquad z_3=\frac{(1+\mathrm{i})(3+\mathrm{i})}{4}+1=\frac{2+4\mathrm{i}}{4}+1=\frac{3+2\mathrm{i}}{2}.\]

2. a) Montrer que \(A_{n+1}\) est l’image de \(A_n\) par une similitude directe \(s\) dont on précisera les éléments.

L’écriture complexe \(z\mapsto az+b\) avec \(a=\dfrac{1+\mathrm{i}}{2}\neq 0\) et \(b=1\) est celle d’une similitude directe \(s\), et \(A_{n+1}=s(A_n)\).

• Rapport : \(k=|a|=\dfrac{\sqrt{1+1}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\).
• Angle : \(a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4}\), donc \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\) (à \(2\pi\) près).
• Centre : le point fixe \(\omega\) vérifie \(\omega=\dfrac{1+\mathrm{i}}{2}\omega+1\iff\omega\,\dfrac{1-\mathrm{i}}{2}=1\iff\omega=\dfrac{2}{1-\mathrm{i}}=\dfrac{2(1+\mathrm{i})}{2}=1+\mathrm{i}\).

\(s\) est la similitude directe de centre \(\Omega(1+\mathrm{i})\), de rapport \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) et d’angle \(\frac{\pi}{4}\), et \(z_{n+1}-\omega=a(z_n-\omega)\).

b) Montrer que le triangle \(\Omega A_nA_{n+1}\) est isocèle rectangle.

Partons de \(z_{n+1}-\omega=a(z_n-\omega)\). Alors \(z_n-z_{n+1}=(z_n-\omega)-a(z_n-\omega)=(1-a)(z_n-\omega)\) et \(\omega-z_{n+1}=-a(z_n-\omega)\). Pour \(z_n\neq\omega\) (ce qui est le cas, car \(z_0\neq\omega\) et \(s\) est bijective de point fixe \(\Omega\)) :

\[\frac{z_n-z_{n+1}}{\omega-z_{n+1}}=\frac{1-a}{-a}=-\frac{1-\mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}=-\frac{(1-\mathrm{i})^2}{2}=-\frac{-2\mathrm{i}}{2}=\mathrm{i}.\]

Ce quotient a pour module \(1\) et pour argument \(\frac{\pi}{2}\) : \(A_{n+1}A_n=A_{n+1}\Omega\) et \((\vec{A_{n+1}\Omega},\vec{A_{n+1}A_n})=\frac{\pi}{2}\). Le triangle \(\Omega A_nA_{n+1}\) est rectangle isocèle en \(A_{n+1}\).

3. a) Montrer que \(\Omega A_n=(\dfrac{\sqrt{2}}{2})^{n-1}\).

Puisque \(|z_{n+1}-\omega|=|a|\,|z_n-\omega|\), on a \(\Omega A_{n+1}=\frac{\sqrt{2}}{2}\,\Omega A_n\) : la suite \((\Omega A_n)\) est géométrique de raison \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) et de premier terme \(\Omega A_0=|\omega|=|1+\mathrm{i}|=\sqrt{2}\). Donc

\[\Omega A_n=\sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2})^n=\frac{2}{\sqrt{2}}(\frac{\sqrt{2}}{2})^n=(\frac{\sqrt{2}}{2})^{-1}(\frac{\sqrt{2}}{2})^n=(\frac{\sqrt{2}}{2})^{n-1}.\]

b) À partir de quel rang les points \(A_n\) sont-ils dans le disque de centre \(\Omega\) et de rayon \(0{,}001\) ?

\[(\frac{\sqrt{2}}{2})^{n-1}\leq\, 0{,}001\iff (n-1)\ln(\frac{\sqrt{2}}{2})\leq\,\ln(0{,}001)\iff n-1\geq\,\frac{\ln(0{,}001)}{\ln(\frac{\sqrt{2}}{2})}\approx 19{,}93.\]

L’inégalité change de sens car \(\ln(\frac{\sqrt{2}}{2})\lt 0\). On obtient \(n\geq\, 20{,}93\) environ : les points \(A_n\) sont dans le disque à partir de \(n=21\).

4. On note \(a_n=A_nA_{n+1}\) et \(L_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_k\), longueur de la ligne polygonale \(A_0A_1\dots A_{n+1}\). On demande \(L_n\) puis sa limite.

Le triangle \(\Omega A_nA_{n+1}\) est isocèle en \(A_{n+1}\), donc \(a_n=A_nA_{n+1}=\Omega A_{n+1}=(\frac{\sqrt{2}}{2})^n\). \(L_n\) est la somme des \(n+1\) premiers termes d’une suite géométrique de raison \(q=\frac{\sqrt{2}}{2}\neq 1\) et de premier terme \(1\) :

\[L_n=\frac{1-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{n+1}}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}.\]

Comme \(0\lt\frac{\sqrt{2}}{2}\lt 1\), \(\lim\limits_{n\to +\infty}(\frac{\sqrt{2}}{2})^{n+1}=0\), donc

\[\lim_{n\to +\infty}L_n=\frac{1}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{2}{2-\sqrt{2}}=\frac{2(2+\sqrt{2})}{4-2}=2+\sqrt{2}.\]

La longueur totale de la ligne polygonale tend vers \(2+\sqrt{2}\approx 3{,}41\).

5. Montrer que \(A_n\), \(\Omega\) et \(A_{n+4}\) sont alignés.

En appliquant quatre fois \(s\) : \(z_{n+4}-\omega=a^4(z_n-\omega)\) avec \(a^4=(\frac{\sqrt{2}}{2})^4\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}=-\frac{1}{4}\). Ainsi \(\vec{\Omega A_{n+4}}=-\frac{1}{4}\,\vec{\Omega A_n}\) : les vecteurs sont colinéaires (de sens contraires, angle \(\pi\)), donc \(A_n\), \(\Omega\) et \(A_{n+4}\) sont alignés, \(\Omega\) étant situé entre les deux points.