Bonjour Yacine931
Question 4[tex]a)\ |z_n|^2+ d_n^2=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{2n}+(\dfrac{\sqrt{3}}{3}})^2\times(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{2n}\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{2n}\times[1+(\dfrac{\sqrt{3}}{3}})^2]\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{2n}\times[1+\dfrac{1}{3}]\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{2n}\times\dfrac{4}{3}\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{2n}\times(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^2\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{2n+2}\\\\=[(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{n+1}]^2\\\\=|z_{n+1}|^2[/tex]
D'où [tex]\boxed{|z_{n+1}|^2=|z_n|^2+d_n^2}[/tex]
b) |Zn+1| = OAn+1 ==> |Zn+1|² = (OAn+1)²
Zn| = OAn ==> |Zn|² = (OAn)²
dn = AnAn+1 ==> (dn)² = (AnAn+1)²
Donc
|Zn + 1|² = |zn|² + (dn)² <===> OAn+1)²= OAn² + (AnAn+1)²
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OAnAn+1 est rectangle et [OAn+1] est l’hypoténuse.
Par conséquent, le triangle OAnAn+1 est rectangle en An
c) Figure en pièce jointe
[tex]\widehat{(\overrightarrow{OA_3},\overrightarrow{OA_4})}=\widehat{(\overrightarrow{OA_4},\overrightarrow{OA_5})}=\dfrac{\pi}{6}[/tex]
Construisons alors le point M, symétrique de A3 par rapport à la droite (OA4)
Constructions en bleu
Traçons le cercle de centre O et de rayon OA3.
Traçons le cercle de centre A3 et de rayon A3O.
Le point M est un point d'intersection de ces deux cercles.
A5 appartient donc à la demi-droite [OM).
Puisque le triangle OA4A5 est rectangle en A4, il est inscrit dans un cercle dont [OA5] est l'hypoténuse.
Le centre C de ce cercle est l'intersection entre la médiatrice de [A4O] et (OM) (Construction en rouge)
Traçons le cercle de centre C et de rayon CA4.
Ce cercle coupe la demi-droite [OM) au point A5 cherché.
d) Montrons que [tex]\widehat{(\overrightarrow{OA_n},\overrightarrow{A_nA_{n+1}})}=\dfrac{\pi}{2}[/tex]
En effet,
[tex]\widehat{(\overrightarrow{OA_n},\overrightarrow{A_nA_{n+1}})}=\arg(\dfrac{z_{n+1}-z_n}{z_n})\\\\=\arg(z_{n+1}-z_n})-\arg(z_n)[/tex]
Or
[tex]z_{n+1}-z_n\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{n+1}(\cos\dfrac{({n+1})\pi}{6}+i\sin\dfrac{{(n+1)}\pi}{6})-(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^n(\cos\dfrac{n\pi}{6}+i\sin\dfrac{n\pi}{6})\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^{n+1}(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6})^{n+1}-(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^n(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6})^n\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^n(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6})^n[\dfrac{2}{\sqrt{3}}(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6})-1][/tex]
[tex]\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^n(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6})^n[\dfrac{2}{\sqrt{3}}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{1}{2})-1]\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^n(\cos\dfrac{n\pi}{6}+i\sin\dfrac{n\pi}{6})[1+\dfrac{i}{\sqrt{3}}-1]\\\\=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^n(\cos\dfrac{n\pi}{6}+i\sin\dfrac{n\pi}{6})\times(\dfrac{i}{\sqrt{3}})\\\\\Longrightarrow\arg(z_{n+1}-z_n)=\dfrac{n\pi}{6}+\dfrac{\pi}{2}[/tex]
D'où
[tex]\widehat{(\overrightarrow{OA_n},\overrightarrow{A_nA_{n+1}})}=\arg(z_{n+1}-z_n})-\arg(z_n)=(\dfrac{n\pi}{6}+\dfrac{\pi}{2})-\dfrac{n\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}\\\\\boxed{\Longrightarrow\widehat{(\overrightarrow{OA_n},\overrightarrow{A_nA_{n+1}})}=\dfrac{\pi}{2}}[/tex]
Par conséquent,
le triangle OAnAn+1 est rectangle en An
