Exercice 6 - Exercice 1

On a :
$$u_{n} =\left|z_{n} \right|$$ équivaut successivement à
$$u_{n+1} =\left|z_{n+1} \right|$$
$$u_{n+1} =\left|\frac{1+i}{2} z_{n} \right|$$
$$u_{n+1} =\left|\frac{1+i}{2} \right|\times \left|z_{n} \right|$$

L'égalité $$u_{n+1} =\frac{1}{\sqrt{2} } u_{n}$$ montre que la suite $$u_{n}$$ est une suite géométrique de raison $$\frac{1}{\sqrt{2} }$$.
On a $$u_{0} =\left|z_{0} \right|=\left|2\right|=2$$.
On exprime maintenant $$u_{n}$$ en fonction de$$n$$ .
Ainsi : $$u_{n} =u_{0} q^{n}$$
Finalement :

On a $$OA_{n} =\left|z_{n} \right|=u_{n}$$, donc $$A_{n}$$ appartient au disque (fermé) de centre O et de rayon 0,1 si et seulement si :
$$u_{n} \le 0,1$$ équivaut successivement à
$$2\left(\frac{1}{\sqrt{2} } \right)^{n} \le 0,1$$
$$\left(\frac{1}{\sqrt{2} } \right)^{n} \le \frac{0,1}{2}$$
$$\left(\frac{1}{\sqrt{2} } \right)^{n} \le \frac{1}{20}$$
$$\left(\sqrt{2} \right)^{n} \ge 20$$
$$\ln \left(\sqrt{2} \right)^{n} \ge \ln \left(20\right)$$
$$n\ln \sqrt{2} \ge \ln \left(20\right)$$
$$n\ge \frac{\ln \left(20\right)}{\ln \sqrt{2} }$$

La condition sera donc réalisée la première fois par $$u_{9}$$.
On a donc $$n_{0} =9$$.
La calculatrice nous donne $$u_{8} =0,125$$ et $$u_{9} \approx 0084<0,1$$.

Pour tout naturel $$n$$, $$u_{n} \ne 0$$donc $$z_{n} \ne 0$$.
On peut donc écrire :
$$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =\frac{\frac{1+i}{2} z_{n} -z_{n} }{\frac{1+i}{2} z_{n} }$$ équivaut successivement à
$$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =\frac{z_{n} \left(\frac{1+i}{2} -1\right)}{\frac{1+i}{2} z_{n} }$$
$$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =\frac{\frac{1+i}{2} -1}{\frac{1+i}{2} }$$
$$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =\frac{1+i-2}{1+i}$$
$$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =\frac{-1+i}{1+i}$$
$$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =\frac{\left(-1+i\right)\left(1-i\right)}{\left(1+i\right)\left(1-i\right)} =i$$
$$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =i$$
Or $$i=e^{i\frac{\pi }{2} }$$, ainsi :
$$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =e^{i\frac{\pi }{2} }$$
L'interprétation géométrique de cette égalité est :
Etude des modules
Comme $$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =e^{i\frac{\pi }{2} }$$ alors :
$$\left|\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } \right|=\left|e^{i\frac{\pi }{2} } \right|$$
$$\left|\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } \right|=1$$
$$\frac{\left|z_{n+1} -z_{n} \right|}{\left|z_{n+1} \right|} =1$$
$$\left|z_{n+1} -z_{n} \right|=\left|z_{n+1} \right|$$
Or $$\left|z_{n+1} -z_{n} \right|$$ est une distance et en l'occurrence la distance $$A_{n} A_{n+1}$$ et $$\left|z_{n+1} \right|$$ est la distance $$OA_{n+1}$$.
Le triangle $$OA_{n} A_{n+1}$$ est isocèle en $$A_{n+1}$$.
Etude de l'argument
Comme $$\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } =e^{i\frac{\pi }{2} }$$ alors :
$$\arg \left(\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } \right)=\arg \left(e^{i\frac{\pi }{2} } \right)$$
$$\arg \left(\frac{z_{n+1} -z_{n} }{z_{n+1} } \right)=\frac{\pi }{2} +2k\pi$$ où $$k\in Z$$

$$\left(\vec{OA_{n+1} } ,\vec{A_{n} A_{n+1} } \right)=\frac{\pi }{2} +2k\pi$$
Ainsi pour tout naturel $$n$$ le triangle $$OA_{n} A_{n+1}$$ est rectangle en $$A_{n+1}$$.
Finalement pour tout naturel $$n$$, le triangle $$OA_{n} A_{n+1}$$ est rectangle isocèle en $$A_{n+1}$$.

Comme les triangles sont isocèles ;
$$l_{n} = A_{0} A_{1} + A_{1} A_{2} +......+ A_{n-1} A_{n}$$
$$l_{n} = OA_{1} + OA_{2} +.......+ OA_{n}$$
En effet, dans le triangle isocèle $$OA_{0} A_{1}$$ on a : $$A_{0} A_{1} = OA_{1}$$
$$l_{n} =u_{1} +u_{2} +...+u_{n}$$ .
En effet, $$OA_{1} =\left|z_{1} \right|=u_{1}$$
Cette somme est la somme de $$n$$ premiers termes d'une suite géométrique de premier terme $$u_{1} =\sqrt{2}$$ et de raison $$\frac{1}{\sqrt{2} }$$.
On a donc :
$$l_{n} =\sqrt{2} \frac{1-\frac{1}{\sqrt{2} ^{n} } }{1-\frac{1}{\sqrt{2} } } =\frac{\sqrt{2} \left(\sqrt{2} ^{n} -1\right)}{\sqrt{2} ^{n-1} \left(\sqrt{2} -1\right)}$$
$$l_{n} =\sqrt{2} \frac{\frac{\sqrt{2} ^{n} }{\sqrt{2} ^{n} } -\frac{1}{\sqrt{2} ^{n} } }{\frac{\sqrt{2} }{\sqrt{2} } -\frac{1}{\sqrt{2} } }$$
$$l_{n} =\sqrt{2} \frac{\left(\frac{\sqrt{2} ^{n} -1}{\sqrt{2} ^{n} } \right)}{\left(\frac{\sqrt{2} -1}{\sqrt{2} } \right)}$$
$$l_{n} =\sqrt{2} \left(\frac{\sqrt{2} ^{n} -1}{\sqrt{2} ^{n} } \right)\times \left(\frac{\sqrt{2} }{\sqrt{2} -1} \right)$$
$$l_{n} =\frac{\sqrt{2} \left(\sqrt{2} ^{n} -1\right)}{\sqrt{2} ^{n-1} \left(\sqrt{2} -1\right)}$$

Calcul de la limite de la suite $$\left(l_{n} \right)$$
$$\lim\limits_{n\to +\infty } l_{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{\sqrt{2} ^{n+1} -\sqrt{2} }{\sqrt{2} ^{n} -\sqrt{2} ^{n-1} }$$
$$\lim\limits_{n\to +\infty } l_{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{\sqrt{2} ^{n} \left(\frac{\sqrt{2} ^{n+1} -\sqrt{2} }{\sqrt{2} ^{n} } \right)}{\sqrt{2} ^{n} \left(\frac{\sqrt{2} ^{n} -\sqrt{2} ^{n-1} }{\sqrt{2} ^{n} } \right)}$$
On factorise le numérateur et le dénominateur par $$\sqrt{2} ^{n}$$
$$\lim\limits_{n\to +\infty } l_{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{\left(\frac{\sqrt{2} ^{n+1} -\sqrt{2} }{\sqrt{2} ^{n} } \right)}{\left(\frac{\sqrt{2} ^{n} -\sqrt{2} ^{n-1} }{\sqrt{2} ^{n} } \right)}$$
$$\lim\limits_{n\to +\infty } l_{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{\left(\frac{\sqrt{2} ^{n+1} }{\sqrt{2} ^{n} } -\frac{\sqrt{2} }{\sqrt{2} ^{n} } \right)}{\left(\frac{\sqrt{2} ^{n} }{\sqrt{2} ^{n} } -\frac{\sqrt{2} ^{n-1} }{\sqrt{2} ^{n} } \right)}$$
$$\lim\limits_{n\to +\infty } l_{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{\left(\sqrt{2} -\frac{1}{\sqrt{2} ^{n-1} } \right)}{\left(1-\frac{1}{\sqrt{2} } \right)}$$
Or $$\lim\limits_{n\to +\infty } \sqrt{2} -\frac{1}{\sqrt{2} ^{n-1} } =\sqrt{2}$$ et $$\lim\limits_{n\to +\infty } 1-\frac{1}{\sqrt{2} } =1-\frac{1}{\sqrt{2} }$$.
Par quotient $$\lim\limits_{n\to +\infty } l_{n} =\frac{\sqrt{2} }{1-\frac{1}{\sqrt{2} } }$$ après simplification, on obtient $$\lim\limits_{n\to +\infty } l_{n} =\frac{2}{\sqrt{2} -1}$$