Examen National Session Normale 2023 (Maroc):
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On a :
- $ 1-i=\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}} $
- $ 1+\sqrt{3}i=2\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=2e^{i\frac{\pi}{3}} $
- Nous avons : \[ \begin{aligned} \frac{(1-i)(1+\sqrt{3}i)}{2\sqrt{2}} &= \frac{\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}2e^{i\frac{\pi}{3}}}{2\sqrt{2}} \\ \frac{(1-i)(1+\sqrt{3}i)}{2\sqrt{2}} &= \frac{2\sqrt{2}e^{i(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})}}{2\sqrt{2}} \end{aligned} \] Soit : \[ \frac{(1-i)(1+\sqrt{3}i)}{2\sqrt{2}}=e^{i\frac{\pi}{12}} \]
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On en déduit :
\[
\begin{aligned}
e^{i\frac{\pi}{12}} &= \frac{(1-i)(1+\sqrt{3}i)}{2\sqrt{2}} \\
e^{i\frac{\pi}{12}} &= \frac{(1+\sqrt{3})+i(\sqrt{3}-1)}{2\sqrt{2}} \\
e^{i\frac{\pi}{12}} &= \left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right) +i\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)
\end{aligned}
\]
Par la suite : $ \tan(\frac{\pi}{12})=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\frac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2}{4}=\frac{8-4\sqrt{3}}{4} $
Par conséquent : $\tan(\frac{\pi}{12})=2-\sqrt{3}$. -
On a :
\[
\begin{aligned}
u &= 1+(2-\sqrt{3})i \\
|u|^2 &= 1^2+(2-\sqrt{3})^2=8-4\sqrt{3} \\
|u|^2 &= 2(4-2\sqrt{3})=2(\sqrt{3}-1)^2 \\
|u|^2 &= (\sqrt{6}-\sqrt{2})^2
\end{aligned}
\]
Soit : $|u|=\sqrt{6}-\sqrt{2}$.
D'autre part :
$ u=1+(2-\sqrt{3})i $
Et donc : $\arg u = \arctan\left(\frac{\Im\text{m}(u)}{\Re\text{e}(u)}\right)=\arctan\left(\frac{2-\sqrt{3}}{1}\right)$.
Par la suite : $\arg u=\arctan(2-\sqrt{3})=\frac{\pi}{12}$.
On en déduit : $u=(\sqrt{6}-\sqrt{2})e^{i\frac{\pi}{12}}$.
De plus on remarque que : $(\sqrt{6}-\sqrt{2})=\frac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\frac{1}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$.
Ce qui implique : $(\sqrt{6}-\sqrt{2})=\frac{1}{\cos(\frac{\pi}{12})} \quad (*)$.
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On a :
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On a :
\[
\begin{aligned}
x_{n+1}+iy_{n+1} &= (x_n-(2-\sqrt{3})y_n)+i((2-\sqrt{3})x_n+y_n) \\
x_{n+1}+iy_{n+1} &= (x_n+iy_n)+i(2-\sqrt{3})x_n-(2-\sqrt{3})y_n \\
x_{n+1}+iy_{n+1} &= (x_n+iy_n) +i(2-\sqrt{3})(x_n+iy_n) \\
x_{n+1}+iy_{n+1} &= (1+i(2-\sqrt{3}))(x_n+iy_n)
\end{aligned}
\]
Soit :
\[ x_{n+1} + i y_{n+1} = u(x_n+iy_n) \quad (**) \]
Montrons par récurrence que : $x_n+iy_n=u^n$.- On a : $x_1+iy_1=u(x_0+iy_0)=u(1+i\times 0)$. Soit : $x_1+iy_1=u^1$.
- Supposons que l'on ait : $x_n+iy_n=u^n$. Alors d'après $ (**) $ on a :
$ x_{n+1} + i y_{n+1} = u(x_n+iy_n)=u\times u^n $
Soit : $x_{n+1} + i y_{n+1}=u^{n+1}$. La propriété est donc vraie pour $n+1$.
- On a : \[ \begin{aligned} u^n &= (\sqrt{6}-\sqrt{2})^ne^{i\frac{n\pi}{12}} \\ u^n &= \left(\frac{1}{\cos(\frac{\pi}{12})}\right)^n e^{i\frac{n\pi}{12}} \quad \text{(d'après } (*) \text{)} \end{aligned} \] On en tire : \[ \begin{cases} x_n=\frac{\cos(\frac{n\pi}{12})}{\left(\cos\frac{\pi}{12}\right)^n} \\ y_n=\frac{\sin(\frac{n\pi}{12})}{\left(\cos\frac{\pi}{12}\right)^n} \end{cases} \]
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On a :
\[
\begin{aligned}
x_{n+1}+iy_{n+1} &= (x_n-(2-\sqrt{3})y_n)+i((2-\sqrt{3})x_n+y_n) \\
x_{n+1}+iy_{n+1} &= (x_n+iy_n)+i(2-\sqrt{3})x_n-(2-\sqrt{3})y_n \\
x_{n+1}+iy_{n+1} &= (x_n+iy_n) +i(2-\sqrt{3})(x_n+iy_n) \\
x_{n+1}+iy_{n+1} &= (1+i(2-\sqrt{3}))(x_n+iy_n)
\end{aligned}
\]
Soit :
\[ x_{n+1} + i y_{n+1} = u(x_n+iy_n) \quad (**) \]
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On a : $ O(0) $, $ A_0(1) $, et $A_n(u^n)$.
Ces 3 points sont alignés si et seulement s'il existe $\lambda\in\mathbb{R}$ tel que : $\overrightarrow{OA_n}=\lambda \overrightarrow{OA_0}$.
De manière équivalente : $(u^n-0)=\lambda (1-0)$.
C'est-à-dire : $u^n=e^{i\frac{n\pi}{12}}$ est un réel.
Ce qui implique que $n$ est un multiple de $12$. -
Il suffit de montrer que : $\overrightarrow{OA_n}\cdot\overrightarrow{A_nA_{n+1}}=0$.
Donc il faut montrer que : \[ \alpha_n=u^n\overline{(u^{n+1}-u^n)}+\overline{u^n} (u^{n+1}-u^n)=0 \] En effet : \[ \begin{aligned} \alpha_n &= u^n(\bar{u})^n(\bar{u}-1)+(\bar{u})^nu^n(u-1) \\ \alpha_n &= |u|^{2n}(\bar{u}-1)+|u|^{2n}(u-1) \\ \alpha_n &= |u|^{2n}(u+\bar{u}-2) \\ \alpha_n &= 2|u|^{2n}(\Re\text{e}(u)-1)=0 \quad \text{(car } \Re\text{e}(u)=1 \text{)} \end{aligned} \] On en déduit que le triangle $OA_nA_{n+1}$ est rectangle en $A_n$.
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On a : $ O(0) $, $ A_0(1) $, et $A_n(u^n)$.