# Similitude/Devoir/Complexes, suites et similitudes

On se place dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal.
1° On prend $M_{0},M_{1}$ d'affixes $z_{0}=0,z_{1}=1$.
    On fixe deux réels : $r>0$ et $\theta \in \mathbb {R} \setminus \pi \mathbb {Z}$ et pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$, on définit le point $M_{n+1}$ à partir des points $M_{n-1}$ et $M_{n}$ par :
    $\left\|{\overrightarrow {M_{n}M_{n+1}}}\right\|=r\left\|{\overrightarrow {M_{n-1}M_{n}}}\right\|$ et $\left({\overrightarrow {M_{n-1}M_{n}}},{\overrightarrow {M_{n}M_{n+1}}}\right)=\theta$.
    On obtient ainsi une suite de points $M_{0},\,M_{1},\,M_{2},\,\cdots ,\,M_{n},\,\cdots$.
    Pour tout $n\in \mathbb {N}$, on note $v_{n}$ l'affixe du vecteur ${\overrightarrow {M_{n}M_{n+1}}}$ et $z_{n}$ l'affixe du point $M_{n}$.
    Calculez $v_{0}$.
2° a) Montrez que pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$, $v_{n}=r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }v_{n-1}$.
    b) Déduisez-en, pour tout $n\in \mathbb {N}$, l'expression de $v_{n}$ en fonction de $n$, $r$ et $\theta$.
    c) Dans cette question, on suppose $r={\frac {1}{\sqrt {2}}}$ et $\theta ={\frac {\pi }{4}}$.
       Calculez $v_{n}$ pour $1\leq n\leq 3$ et $z_{n}$ pour $2\leq n\leq 4$ et placez les points $M_{0},\,M_{1},\,M_{2},\,M_{3},\,M_{4},$ en prenant 8 cm pour unité de longueur.
Dans toute la suite du problème, on suppose $0<r<1$.
1° Pour tout $n\geq 0$, exprimez $v_{n}$ en fonction de $z_{n}$ et $z_{n+1}$, déduisez-en que pour tout $n\geq 1,\;z_{n}=v_{0}+v_{1}+\cdots +v_{n-1}$.
2° On rappelle que pour tout nombre complexe $z\neq 1$,
    $1+z+z^{2}+\cdots +z^{n-1}={\frac {1-z^{n}}{1-z}}$.
    Calculez, pour tout $n\in \mathbb {N}$, $z_{n}$ en fonction de $n$, $r$ et $\theta$.
3° On note $\Omega$ le point d'affixe $\omega ={\frac {1}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}$ et, pour tout $n\in \mathbb {N}$, $z_{n}'$ l'affixe du vecteur ${\overrightarrow {\Omega M_{n}}}$.
    a) Calculez $z_{n}'$ en fonction de $n$, $r$ et $\theta$.
    b) Démontrez que le module de $z'_{n}$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ et interprétez géométriquement ce résultat.
4° a) Établissez qu'il existe un nombre complexe $a\neq 0$ tel que pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*},\,z_{n}'=az_{n-1}'$.
    b) En interprétant géométriquement la relation précédente, déterminez une similitude directe $f$ telle que pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$,
       $f(M_{n-1})=M_{n}$.
       Précisez le centre, le rapport et l'angle de cette similitude.
5° Dans cette question, on suppose à nouveau que $r={\frac {1}{\sqrt {2}}}$ et $\theta ={\frac {\pi }{4}}$.
    a) Calculez $\omega$ et placez $\Omega$ sur la figure précédemment tracée.
    b) Indiquez une construction géométrique simple de $M_{n}$ connaissant $\Omega$ et $M_{n-1}$ et placez les points $M_{5},\,M_{6},\,M_{7},\,M_{8}$ sur la figure.
Cette solution n'a pas été rédigée. Vous pouvez le faire en modifiant le paramètre « contenu » du modèle.
1° $v_{0}=z_{1}-z_{0}=1$.
2° a) $|v_{n}|=r|v_{n-1}|$ et $\arg(v_{n})=\arg(v_{n-1})+\theta$.
    b) $v_{n}=\left(r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }\right)^{n}v_{0}=r^{n}\operatorname {e} ^{n\mathrm {i} \theta }$.
    c) $v_{1}={\frac {1}{\sqrt {2}}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} {\frac {\pi }{4}}}={\frac {1+\mathrm {i} }{2}},\quad v_{2}=v_{1}^{2}={\frac {\mathrm {i} }{2}},\quad v_{3}=v_{1}v_{2}={\frac {-1+\mathrm {i} }{4}},$
       $z_{2}=z_{1}+v_{1}={\frac {3+\mathrm {i} }{2}},\quad z_{3}=z_{2}+v_{2}={\frac {3}{2}}+\mathrm {i} ,\quad z_{4}=z_{3}+v_{3}={\frac {5\left(1+\mathrm {i} \right)}{4}}$.
1° Pour tout $n\geq 0$, $v_{n}=z_{n+1}-z_{n}$ donc $z_{n+1}=z_{n}+v_{n}$ d'où, par récurrence : pour tout $n\geq 1$, $z_{n}=v_{0}+v_{1}+\cdots +v_{n-1}$. En effet,
   * cette égalité est vraie pour $n=1$ : $z_{1}=z_{0}+v_{0}=v_{0}$ et
   * si elle l'est pour $n$, elle l'est encore pour $n+1$ : $z_{n+1}=\left(v_{0}+v_{1}+\cdots +v_{n-1}\right)+v_{n}=v_{0}+v_{1}+\cdots +v_{(n+1)-1}$.
2° $z_{n}=1+v_{1}+\cdots +v_{1}^{n-1}={\frac {1-v_{1}^{n}}{1-v_{1}}}={\frac {1-r^{n}\operatorname {e} ^{n\mathrm {i} \theta }}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}$.
    Remarque : pour $r={\frac {1}{\sqrt {2}}}$ et $\theta ={\frac {\pi }{4}}$, on peut vérifier le calcul ci-dessus de $z_{4}$ : ${\frac {1-{\frac {1}{4}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \pi }}{1-{\frac {1+\mathrm {i} }{2}}}}={\frac {\frac {5}{4}}{\frac {1-\mathrm {i} }{2}}}={\frac {5\left(1+\mathrm {i} \right)}{4}}$.
3° a) $z'_{n}=z_{n}-{\frac {1}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}={\frac {1-r^{n}\operatorname {e} ^{n\mathrm {i} \theta }}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}-{\frac {1}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}={\frac {-r^{n}\operatorname {e} ^{n\mathrm {i} \theta }}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}$.
    b) $\Omega M_{n}=\left|z'_{n}\right|={\frac {r^{n}}{\left|1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }\right|}}\to 0$ car $0\leq r<1$. Par conséquent, $M_{n}\to \Omega$.
4° a) $z_{n}'={\frac {-a^{n}}{1-r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}=az_{n-1}'$ pour $a=r\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }$.
    b) $f(M_{n-1})=M_{n}$, où $f$ est la similitude directe de centre $\Omega$, de rapport $r$ et d'angle $\theta$.
5° a) $\omega ={\frac {1}{1-{\frac {1+\mathrm {i} }{2}}}}={\frac {2}{1-\mathrm {i} }}=1+\mathrm {i}$.
    b) $\Omega M_{n-1}M_{n}$ est un triangle isocèle rectangle en $M_{n}$ et direct.