Réponse : Bonjour,
Partie 3
a)
[tex]u_{n+1}=|z_{n+1}|=|cz_{n}|=|c||z_{n}|=|\frac{1+i}{2}||z_{n}|=\sqrt{(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{1}{2})^{2}}|z_{n}|\\=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}|z_{n}|=\frac{1}{\sqrt{2}}|z_{n}|=\frac{\sqrt{2}}{2}|z_{n}|=\frac{\sqrt{2}}{2}u_{n}[/tex]
Donc [tex](u_{n})[/tex] est une suite géométrique de raison [tex]q=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] et de premier terme [tex]u_{0}=|z_{0}|=2[/tex].
Donc l'expression de [tex]u_{n}[/tex] en fonction de n est:
[tex]u_{n}=u_{0} \times (\frac{\sqrt{2}}{2})^{n}=2 \times (\frac{\sqrt{2}}{2})^{n}=\frac{(\sqrt{2})^{n}}{2^{n-1}}[/tex]
b) La raison de [tex](u_{n})[/tex] a une raison [tex]q=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex], tel que [tex]-1 < \frac{\sqrt{2}}{2} < 1[/tex].
Donc la limite de [tex](u_{n})[/tex] quand n tend vers +∞ est 0.
c) Je vous laisse faire l'algorithme, je ne traite que la partie mathématique.
d)
[tex]u_{n} < 0,01\\2 \times (\frac{\sqrt{2}}{2})^{n} < 0,01\\(\frac{\sqrt{2}}{2})^{n} < \frac{0,01}{2}\\e^{n \ln(\frac{\sqrt{2}}{2})} < 0,005\\\ln(e^{n \ln(\frac{\sqrt{2}}{2})}) < \ln(0,005)\\n\ln(\frac{\sqrt{2}}{2}) < \ln(0,005)\\n > \frac{\ln(0,005)}{\ln(\frac{\sqrt{2}}{2})}=\frac{\ln(0,005)}{\ln(\sqrt{2})-\ln(2)}=\frac{\ln(0,005)}{\frac{1}{2}\ln(2)-\ln(2)}=\frac{\ln(0,005)}{-\frac{1}{2}\ln(2)}=\ln(0,005) \times -\frac{2}{\ln(2)}\\n > -\frac{2\ln(0,005)}{\ln(2)} \approx 15,3[/tex]
Donc le plus petit entier n tel que [tex]u_{n} < 0,01[/tex] est n=16.
Partie 4
On a:
[tex]I_{n}=\sum_{k=0}^{n-1} A_{k}A_{k+1}[/tex].
Calculons pour tout entier k:
[tex]A_{k}A_{k+1}=|z_{k+1}-z_{k}|=|2(\frac{1+i}{2})^{k+1}-2(\frac{1+i}{2})^{k}|=|(\frac{1+i}{2})^{k}(2(\frac{1+i}{2})-2)|\\=|(\frac{1+i}{2})^{k}|1+i-2|=|(\frac{1+i}{2})^{k}||-1+i|[/tex]
Mettons tout d'abord [tex](\frac{1+i}{2})^{k}[/tex] sous forme exponentielle.
On a vu que le module de [tex]\frac{1+i}{2}[/tex] était [tex]\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex].
Calculons un argument [tex]\theta[/tex] de [tex]\frac{1+i}{2}[/tex]:
[tex]\cos(\theta)=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{2} \times \frac{2}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\\\sin(\theta)=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{2} \times \frac{2}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]
Donc un argument de [tex]\frac{1+i}{2}[/tex] est [tex]\frac{\pi}{4}[/tex].
On a donc:
[tex](\frac{1+i}{2})^{k}=(\frac{\sqrt{2}}{2}e^{i \frac{\pi}{4}})^{k}[/tex]
Il faut maintenant calculer le module de -1+i:
[tex]|-1+i|=\sqrt{(-1)^{2}+1^{2}}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}[/tex].
On a donc:
[tex]A_{k}A_{k+1}=|(\frac{\sqrt{2}}{2}e^{i \frac{\pi}{4}})^{k}|\sqrt{2}=|(\frac{\sqrt{2}}{2})^{k}||e^{i \frac{k\pi}{4}}|\sqrt{2}=(\frac{\sqrt{2}}{2})^{k}\sqrt{2}[/tex]
Cette expression de [tex]A_{k}A_{k+1}[/tex] est une suite géométrique de raison [tex]q=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] et de premier terme [tex]\sqrt{2}[/tex].
On a donc:
[tex]I_{n}=\sum_{k=0}^{n-1} A_{k}A_{k+1}=\sum_{k=0}^{n-1} \sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2})^{k}=\sqrt{2}\frac{1-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{n}}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}\frac{1-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{n}}{\frac{2-\sqrt{2}}{2}}\\=\sqrt{2}\frac{2}{2-\sqrt{2}}(1-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{n})[/tex]
Comme [tex]-1 < \frac{\sqrt{2}}{2} < 1[/tex], alors [tex]\lim_{n \mapsto +\infty} (\frac{\sqrt{2}}{2})^{n}=0[/tex].
On en déduit que:
[tex]\lim_{n \mapsto +\infty} I_{n}=\frac{2\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}[/tex].
