On admet que l ensemble des nombres des réels est inclus dans un ensemble plus grand constitué de nombres complexes.

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1 Chapitre 1 Nombres complexes Le buts du chapitres sot : Cosolider les aquis de termiale, Savoir maipuler les ombres complexes, e particulier la factorisatio par l agle de moitié. Avoir des otios sur le lie etre ombres complexes et géométrie Savoir liéariser des formulles trigoométriques Moivre et Euler, Savoir résoudre ue équatio du secod degré à coefficiets réels ou complexes. Avoir des otios sur les racies -ièmes de l uité. $\ CC BY: = I Corps des ombres complexes I.1 Défiitio O admet que l esemble des ombres des réels est iclus das u esemble plus grad costitué de ombres complexes. Défiitio 1. L esemble des ombres complexes oté C est costitué des ombres de la forme : { C = a + iba R, b R où i est u ombre qui vérifie i = 1. Si z est u ombre complexe, il existe doc u couple uique a, b R, tel que z = a + ib, o appelle partie réelle de z, Rz = a, partie imagiaire de a, Iz = b. Deux ombres complexes sot égaux si ils ot même partie réelle et partie imagiaire. Note: E particulier, z = 0 Rz = 0 et Iz = 0. Cette représetatio sous la forme a + ib s appelle forme algébrique d u ombre complexe par opposé à la représetatio géométrique vue plus loi, cela veut dire que cette forme sert à calculer 1

2 des sommes produits de ombres complexes, de la même maière que das R, avec juste e plus la règle i = 1. Cela motre e particulier que la formule du biôme est valable aussi das C, aisi que la formule de factorisatio. D ue maière géérale, toutes les formules qui e fot pas iterveir < das leur démostratio par exemple la somme des termes d ue suite géométrique, arithmétique etc. Les ombres réels s idetifiet aux ombres complexes qui ot ue partie imagiaire ulle. Au cotraire, o appelle imagiaire pur, les ombres complexes de la forme ib. Das cet esemble, o peut défiir : la somme de deux complexes par a + ib + a + ib = a + a + ib + b, i.e. e regroupat partie réelle et imagiaire, la multiplicatio de deux ombres complexes par : a + ib a + ib = aa bb + iab + ba, i.e. e utilisat la règle i = 1, mais il existe pas d équivalet à <, il y a doc pas de majorat, de foctio croissate etc... de même il y a pas de racies carrées 1. O voit e particulier que Rz + z = Rz + Rz, et idem pour la partie imagiaire, mais Rzz RzRz. Propositio 1. Si z = a + ib est u ombre complexe o ul i.e. a ou b o ul, alors o défiit l iverse de z comme : z 1 = a ib a + b, o vérifie z z 1 = 1. Démostratio. Il suffit de faire le calcul : a + ib a ib a + b = 1. Aisi, tout élémet o ul de C admet u iverse. E particulier, si o a l équatio : zz = 0, alors o peut e coclure que z ou z est ul. Remarque: C est le module au carré qui apparaît au déomiateur, e particulier si z = 1, o a z 1 = z. Cela idique aussi que lorsqu o dispose d u quotiet du type z z, pour reveir à ue z forme algébrique, o utilise : z = zz z. o dit que l o multiplie par l expressio cojuguée. Note: Costructio du corps C O peut voir C comme R, avec ue multiplicatio «tordue», le plus petit esemble qui cotiet R, qui cotiet i et das lequel o peut défiir ue additio et ue multiplcatio de maière aturelle. 1. Comme das R si a C, l équatio z = a a deux solutios, mais o e peut pas choisir la solutio positive comme das R.

3 I. Cojugué et module Défiitios Défiitio. Soit z = a+ib u ombre complexe, so cojugué est le ombre complexe : z = a ib. O voit que zz = a + b est toujours u ombre réel positif. O défiit alors le module de z comme le ombre réel positif : z = a + b = zz. Propriétés La cojugaiso est ue opératio qui a beaucoup de boes propriétés. Propositio. Si z et z sot deux ombres complexes, o a : Rz = z + z, Iz = z z, i z = z, z est u ombre réel z = z, z est imagiaire pur z = z, z + z = z + z, zz = zz, z 1 = z 1. Démostratio. Prouvos la derière : z 1 = a ib a + b = a a + b i b a + b a = a + b + i b a + b = z 1 Le module est plus proche d ue valeur absolue : comportemet simple par rapport à la multiplicatio, iégalité triagulaire pour l additio. Propositio 3. Si z et z sot deux ombres complexes, o a : z = 0 z = 0, Rz z et Iz z, zz = z, z = z, zz = z z, doc N, z = z, si z 0, = 1 1 z z.

4 Démostratio. Si z = 0 alors a + b = 0, o a doc ue somme de terme positif, qui est ul si et seulemet si a = b = 0. La réciproque est évidete. O a aussi : a a + b, et doc Rz z. Puis : zz = zz zz = zz z z = z z. d où zz = z z. Esuite : 1 = 1 1 z z z = 1 z. d où = 1 1 z z. Iégalité triagulaire Efi, o a l iégalité triagulaire : Propositio 4. O a l iégalité triagulaire : z, z C, z + z z + z, et doc e coséquece l iégalité triagulaire reversée : z, z C, z z z z. Efi, il y a égalité das l iégalité triagulaire si et seulemet si les complexes sot positivemet liés : z, z C, z + z = z + z λ R +, tel que z = λz, ou λ R +, tel que z = λz. Les propositios importates sot celles qui liet le module et le cojugué. Démostratio. Soit z et z C, O a : car les deux membres sot positifs. O a aussi : z + z z + z z + z z + z z + z = z + z z + z = zz + z z + zz + zz = z + z + R zz z + z + zz. z + z L iégalité triagulaire reversée s obtiet à partir de l iégalité triagulaire comme cela a été vu à la sectio?? du chapitre??.

5 Pour démotrer le derier poit, supposos que z + z = z + z, e regardat la démostratio précédete, o a alors : R zz. = zz D où zz est u réel positifs. O pose doc λ = zz. O a alors : z z = λz. Si z = 0, alors o a bie sûr z = 0 z. Sio, o peut diviser par z pour obteir : z = λ z z. {{ 0 Réciproquemet, si z = λz, o a : z + z = 1 + λ z = 1 + λ z = z + z E fait la démostratio motre que si z 0, o est assuré d avoir : λ R +, z = λz. II II.1 Représetatio géométrique Le pla complexe Puisqu u ombre complexe est représeté par deux réels, o peut représeter u vecteur de R par u ombre complexe. Cosidéros le pla P, que l o suppose mui d u repère orthoormé O, i, j. Défiitio 3. Soit u poit M de P, il existe alors u uique couple a, b, tel que : OM = a i +b j. O appelle affixe de ce poit, le ombre complexe z = a + ib. Si u, v est u vecteur de R, o appelle de même affixe de ce vecteur le ombre complexe z = u + iv. O dispose doc d ue applicatio f de P das C bijective, ce qui permet d idetifier P et C, o parle alors de pla complexe. Cette représetatio a plusieurs avatages : la somme de deux vecteurs correspod à l additio des affixes correspodats puique c est l additio des parties réelles et des parties imagiaires, la logueur du vecteur correspod au module de so affixe, l iégalité triagulaire s iterprète aturellemet : Si o cosidère les ombre complexes z et z, et les vecteurs u et v correspodat, o a alors : z + z est la distace Si A et B sot deux poits d affixe z a et z b, alors l affixe du vecteur AB est zb z a, la logueur AB est z b z a. e particulier z a est la distace de A à l origie. II. Cercle trigoométrique Défiitio 4. O appelle cercle trigoométrique, le cercle C de rayo 1 et de cetre 0 das le pla complexe. Ce cercle correspod doc à l esemble { U = z C z = 1.

6 Géométriquemet chaque poit de C peut être représeté par l agle θ = i ; OM agle avec l axe horizotal il a doc pour coordoée cosθ, siθ O admet doc que z U, θ R : z = cosθ + i siθ. O dit que θ est u argumet du ombre complexe z. Si θ 0 est u argumet, les autres sot de la forme θ 0 + kπ, avec k Z. O appelle argumet pricipal, l uique argumet θ ] π, π]. L argumet est doc uique à «π près», ce qui correspod à l idée ituitive qu u agle est défii à π près. O ote a b[π], si k Z, a = b + kπ, Aisi a b[π] [cosa = cosb et sia = sib]. Autremet dit si a et b représetet le même agle. II.3 Argumet et Forme Trigoométrique De la même maière, u vecteur o ul peut être représeter par sa logueur et l agle fait avec l horizotale. Doc u ombre complexe o ul peut être représeté par sa logueur z, et cet agle. O défiit de maière aturelle : Défiitio 5. Soit z u ombre complexe o ul, o appelle argumet de z, u argumet de z z, c est u ombre réel θ tel que : Rz = z cosθ, et Iz = z siθ. Remarque: Il faut que z soit o ul sio cela a pas de ses : tous les θ covieet das ce cas. Avat de mettre u ombre complexe sous forme trigoométrique, o s assurera qu il est o ul. U ombre complexe o ul z est doc complètemet défii par so module ρ := z et u de ses argumets θ. D où l idée d itroduire ue otatio qui mette e avat ces doées : Défiitio 6. Soiet ρ > 0 et θ R, o ote ρe iθ, le ombre complexe z = ρ cosθ + iρ siθ = ρe iθ. Cette otatio est appelée «forme trigoométrique», ou forme expoetielle. O a ρe iθ = ρ e iθ si et seulemet si ρ = ρ et θ θ [π]. Attetio, ρ doit être strictemet positif. Exemple: e i0 = 1 e i π 4 = 1 + i e i π = i e iπ = 1. Remarque: O a e iθ = 1 θ 0[π]. La forme expoetielle est utile car elle permet de modéliser le comportemet du module et de l argumet das le cas d u produit.

7 Propositio 5. Si ρ et ρ sot deux ombre strictemet positifs, et θ et θ sot deux réels, alors o a Démostratio. ρe iθ ρ e iθ = ρρ e iθ+θ ρe iθ 1 = 1 ρ e iθ ρe iθ = ρe iθ ρe iθ ρ e iθ = ρρ cosθ + i cosθ cosθ + i cosθ = ρρ cosθ cosθ siθ siθ + i cosθ siθ + siθ cosθ = ρρ cosθ + θ + i siθ + θ = ρρ e iθ+θ La deuxième relatio se déduit de la première : il suffit de vérifier que ρe iθ 1 ρ e iθ = 1. Efi : ρe iθ = ρ cosθ siθ = ρ cos θ + si θ = ρe iθ Ce qui sigifie que : le module du produit est le produit des modules, u argumet du produit est la somme des deux argumets, O trouve par exemple facilemet les propriétés de l argumet. Note: O ote argz u argumet d u ombre complexe z. Cette otatio est doc ambiguë, l argumet est défii à π près. Autat que possible il faut éviter cette otatio. Propositio 6. Soiet z et z deux ombres complexes o ul, θ resp. θ u argumet de z resp. z. O a : u argumet de zz est θ + θ. Pour N, u argumet de z est θ. U argumet de 1 z est θ. U argumet de z z est θ θ. U argumet de z est θ. 1 Note: z et z ot doc les mêmes argumets, ce qui est évidet puisque : 1 z = argumets de λz sot les mêmes que z. Remarquos que le pla trigoométrique peut s écrire : U = {e iθ θ R. z z et que si λ > 0, les

8 II.4 Iterprétatio géométrique de la multiplicatio O a vu qu ajouter des ombres complexes, reviet à ajouter les vecteurs correspodats. La otatio trigoométrique a, de plus, l avatage de doer u ses à la multiplicatio de deux complexes : Propositio 7. Soit z C et M le poit d affixe z, et θ R, alors le poit M d affixe ze iθ est l image de M par la rotatio de cetre 0 l origie et d agle θ. Démostratio. Tout simplemet : si z = re iα, alors z = ze iθ = re iθ+α. E regardat les poits correspodats das le pla complexe, o obtiet le résultat. II.5 Applicatios : formule d Euler et de Moivre Formule d Euler O a les formules d Euler : Propositio 8 Formules d Euler. Pour θ R, o a : cosθ = eiθ + e iθ et siθ = eiθ e iθ. i Démostratio. C est ue ré-écriture de Rz = z+z pour z = e iθ. La formule d Euler permet de liéariser des cosx, e les exprimat sous la forme de coskx et sikx, pour k = Par exemple, o a cosx six = 1 4i eix + e ix e ix e ix = 1 4i eix e ix = 1 4i eix e ix = 1 six Remarque: La formule d Euler permet d exprimer u ombre réel cosθ e foctio d u ombre a priori complexe eiθ +e iθ. Das l exemple ce est pas u hasard si les termes de degré 0 se simplifie : o sait depuis le début que l o maipule u ombre réel, doc que l o va tomber sur la formule d Euler pour «reveir» das R. Factorisatio par l agle de moitié Ue techique importate liée à la formule d Euler est la factorisatio par l agle de moitié : si o cosidère e ia + e ib, alors o peut factoriser par e i a+b, pour obteir : e ia + e ib = e i a+b = cos e i a b + e i b a [ a + b ] e i a+b

9 Remarque: La factorisatio par l agle de moitié à ue iterprétatio géométrique : e dessiat les deux vecteurs correspodats sur le cercle, o voit que l argumet de la somme est l agle «au milieu». [ ] [ ] das l écriture : e ia + e ib = cos a+b e i a+b. Le module est pas forcémet cos a+b car ce ombre peut être égatif. Néamois, cette écriture permet facilemet d avoir le module, la partie réelle et imagiaire ce qui est souvet le but. La derière remarque permet d expliquer pourquoi o parle d agle de moitié et o d agle moye. Cette formule permet de retrouver les formules trigoométriques. Formule de Moivre Esuite de e iθ = e iθ, o déduit les formules de Moivre : Propositio 9 Moivre. Pour θ R, et Z, o a : cos θ + i si θ = cos θ + i si θ Ces formules permettet de passer d u cosx à ue somme de cosx k et six k, pour des k = Exemple: cos3x + i si3x = 3 cosx + i six = cos 3 x + 3i cos x six 3 cosx si x i si 3 x = cos 3 x 3 cosx si x + i 3 cos x six si 3 x D où cos3x = cos 3 x 3 cosx si x si3x = 3 cos x six si 3 x Remarque: La formule de Moivre est très lié à la formule de Newto, qui permet de développer cos θ + i si θ, souvet o mettra la puissace du k sur le i siθ, et o séparera les cas où k est pair / impair pour isoler la partie réelle et imagiaire. O la couple aussi souvet avec la formule cos x + si x = 1, de maière à e plus avoir que des cosius ou des sius das le résultat fial. Exemple: E utilisat cos x+si x = 1 o obtiet les formule de cos3x e foctio uiquemet de cosx : cos3x = cos 3 x 3 cosx1 cos x = 4 cos 3 x 3 cosx

10 Exemple: Voici le calcul le plus difficile avec Moivre : cos θ + i si θ =cos θ + i si θ = cos k θi k si k θ k = cos k θi k si k θ + k k pair k impair cos k θi k si k θ k O choisit ici de mettre la puissace du k sur le i, pour isoler la partie réelle et imagiaire. Si k est pair, il s écrit sous la forme : p et i k = i p = 1 p, tadis que si k est impair il s écrit sous la forme : p et i k = i p+1 = i 1 p. O obtiet alors cos θ + i si θ = 0 p 1 p cos p θ si p θ + i p 0 p+1 D où o déduit les deux relatios : cos θ = 1 p cos p θ si p θ p 0 p si θ = 1 p cos p+1 θ si p+1 θ. p p+1 Note: O peut même prologer le calcul e utilisat la relatio cos θ + si θ = 1. 1 p cos p+1 θ si p+1 θ. p + 1 II.6 Expoetielle d u ombre complexe Défiitio 7. Soit z = x + iy u ombre complexe, o défiit l expoetielle d u ombre complexe, comme e z = e x e iy = e x cosy + i siy. O défiit aisi l expoetielle de z = x + iy comme le ombre complexe dot le module est e x u argumet est y. L avatage de cette otatio est que l expoetiel complexe hérite de la propriété fodametale de l expoetiel sur R : elle trasforme ue somme e produit. Propositio 10. O a : z, z C, e z+z = e z e z Démostratio. e z+z = e x+x +iy+y = e x+x e iy+y = e x e x e iy e iy = e x+iy e x +iy = e z e z. O a

11 Propositio 11. L applicatio exp : C C est surjective. Autremet dit : si Z C, alors il existe z C tel que : Z = e z. Cette propositio est à re démotrer si elle est utilisée. Elle est das le cours que pour motrer l iexistece de la foctio logarithme das C. Démostratio. O écrit Z sous la forme ρe iθ car Z o ul, z = lρ + iy coviet alors. Cette foctio est pas ijective, car e i0 = e iπ, doc elle a pas de bijectio réciproque et l existe pas sur C. Autre maière de voir : o e peut pas défiir lρe iθ comme lρ + iθ, car θ est défiit à π près. III III.1 Résolutio d équatios Factorisatio das C O a vu que si est pair, o e peut pas factoriser a + b das R. Das C, la situatio est différete, car o peut écrire : a + b = a ib, ce qui amèe à : a + b = a + iba ib. Aisi, même si est pair, o peut factoriser a + b Applicatio 1 Écrire la formule correspodate. III. Équatios du secod degré à coefficiets réels Das C, l équatio x = 1 a deux solutios i, et i. O va voir que das C toute équatio à coefficiet réel du secod degré admet deux solutios voir le chapitre?? sur les polyômes. Ces solutios sot réelles si le discrimiats est positif cas vu e termial, complexes cojugués si le discrimiats est égatifs. Propositio 1. Soiet a, b, c des réels, avec a 0, o cosidère l équatio : E : ax + bx + c = 0, o ote = b 4ac le discrimiat de l équatio E, est doc u ombre réel. Si > 0, l équatio admet deux racies réelles distictes : x 1 = b +, et x = b a a si = 0, cette équatio admet ue uique racie réelle o dit ue racie double : x = b a si < 0, cette équatio admet deux racies complexes o réelles distictes et cojugués : x 1 = b + i, et x = b i a a

12 E fait, si o ote δ ue solutio de δ =, les deux racies sot alors : x 1 = b + δ a, et x = b δ a. Cette écriture est plus simple, elle permet de traiter directemet le cas complexe. Si = 0, alors δ = 0 et les deux racies sot cofodues, Si > 0, alors δ = ±, δ est alors u réel, Si < 0, alors δ = ±i, δ est alors complexes e fait imagiaire pur. Notos que das les deux deriers cas, o peut choisir la solutio que l o veut, cela e chage pas les racies. Il faut aussi coaître les formules classiques : la somme des racies : x 1 + x = b a le produit des racies x 1 x = c a. Il y a deux applicatios : Si l o coaît ue des deux racies par exemple si l ue est «solutio évidete» alors o coaît l autre, ab = P Si o a deux ombres a et b tel que, alors a et b sot solutio de l équatio a + b = S x Sx + P = 0. Derier poit, o a la factorisatio : ax + bx + c = ax x 1 x x. Note: Ne pas oublier que si les coefficiets sot réels, et < 0 les racies e sot pas réelles, mais sot complexes cojuguées. Démostratio. La démostratio se fait comme das R : o écrit : az + bz + c = az + b a z + c a = a z + b a b 4a + c a = a z + b a b 4ac 4a = a z + b a 4a Soit δ, u ombre complexe tel que δ =, si 0, o choisit δ =, sio o choisit δ = i.

13 O a alors : az + bz + c = a z + b a 4a = a = a z + b a δ a z + b a δ a z + b a + δ a z + b δ = a a z + b + δ a = az z 1 z z avec les deux racies : z 1 = b δ a et z = b+δ a. Derier cas : si = 0, o a alors δ = 0, et ue racie double b a. La preuve doe aussi u moye de factoriser les polyômes de degré. III.3 Équatios du secod degré à coefficiets complexes Si o repred la preuve, o obtiet : Propositio 13. Soit a, b, c trois ombres complexes, avec a 0, o cosidère l équatio : E az + bz + c = 0, o ote = b 4ac, est doc maiteat u ombre complexe. Si o dispose de δ C tel que δ =, alors les solutios de l équatio E sot : z 1 = b + δ a, et z = b δ a si = 0, les deux solutios sot cofodues. De plus o les mêmes formulles que das R : la somme des racies z 1 + z = b a, et le produit z 1z = c a. Il reste plus qu à prouver que pour tout ombre complexe il existe δ tel que δ =. III.4 Racies -ième de l uité Racies das C Déjà o remarque que l équatio z = 1 admet deux solutios das C : i et i. Propositio 14. Soit u ombre complexes o ul, l équatio : E x =, d icoue x a alors deux solutios opposées das C, i.e. il existe δ C tel que : S = {δ, δ. Attetio, la otatio existe pas das C, e effet, comme aucue des deux e peut être qualifiée de positive, o e peut pas e choisir l ue des deux comme c est le cas das R. Autre maière de voir : o a posé i solutio de x = 1, mais o aurait aussi bie predre i à la place. Il y a doc aucu moye de différecier les deux.

14 Démostratio. Comme est o ul, o peut l écrire sous forme trigoométrique = ρe iθ. Soit x solutio de l équatio E, o a alors x 0, doc x peut s écrire re iα. O a : x = r e iα = ρe iθ r = ρ α θ [π] r = ρ α θ [π] Réciproquemet ces deux valeurs sot bie solutio. x = ρe i θ ou x = ρe i θ +π = ρe i θ Remarque: Démostratio à savoir refaire. O voit e particulier que pour résoudre x =, o doit écrire sous forme trigoométrique. Racie -ième Partie e exercice. La démostratio sera à refaire e l adaptat au cas de chaque exercice. Propositio 15. Soit N, l équatio admet solutios. Plus précisémet : S = {e ikπ k [[0, 1]] = E z = 1 {1, e iπ 4iπ 1iπ, e,..., e Démostratio. Soit z solutio de l équatio, o a alors z o ul, doc z s écrit sous la forme ρe iθ, et : z = 1 ρ e iθ = 1 ρ = 1 θ 0 [π] ρ = 1 θ 0 [ π ] j Z, z = e ij π. Réciproquemet tout complexe de la forme : z = e ij π est solutio. O a doc : S = {e ijπ j Z. il est doc pas évidet a priori que l o puisse se rameer à k [[0, 1]].

15 Soit doc j Z, o effectue la divisio euclidiee de j par, o écrit doc j = q + k avec k [[0, 1]]. O a alors : E coséquece : e ijπ ijπ = ikπ = e ikπ. Ce qui prouve que : {e ijπ j Z = ikπ + qπ {e ikπ [π]. k [[0, 1]] Remarque: Pour =, les racies deuxième de l uité sot 1 et 1, Pour = 3, les racies troisième de l uité sot 1, j = e i π 3 = cos iπ iπ + i si, 3 3 et j = j = e i π 3. Pour = 4, les racies quatrième de l uité sot 1, i, 1, i. Sur le cercle, les racies -ième de l uité sot placées régulièremet. Note: j est u ombre complexe importat. Applicatios Propositio 16. Soit a C, avec a 0, l équatio z = a admet alors solutio : S = {ae ikπ k [[0, 1]]. Démostratio. Déjà, il est clair que si z = ae ikπ, alors z = a. D autre part, soit z solutio, alors z = 1. Aisi, d après le résultat précédet, o a : a D où le résultat. k [[0, 1]], z a = e ikπ. La propositio suivate peut être résumé e disat que «la somme des racie -ième de l uité est ulle» Propositio 17. Soit z ue racie -ième de l uité différete de 1. O a alors : 1 E appliquat ce résultat à z = e i π, o obtiet : z t.q. z =1 z = z k = 0. 1 e i kπ = 0. Démostratio. La démostratio est évidete car il s agit d ue série géométrique : 1 z k = 1 z 1 z Note: O déduit e particulier que 1 + j + j = 0.

16 Feuille d exercices ombres complexes BCPST Lycée Hoche $\ CC BY: = Pelletier Sylvai Exercice 1 Soiet z 1 et z deux ombres complexes de orme 1 Quelle relatio y-a-t-il etre z 1 1 et z 1? Motrer que Z = z 1 + z est réel. 1 + z 1 z Exercice a + b Soit z = a + ib, motrer que : z a + b. Exercice 3 Exprimer ρe iθ sous forme expoetielle, Exercice 4 Quelles sot les coditios sur l argumet de z pour que z soit u ombre réel strictemet positif, strictemet égatif, imagiaire pur? Exercice 5 Détermier les parties réelles et les parties imagiaires des ombres complexes suivats : 3 i 1 + i 3 i 1 + i i 1 i 3 + i i i Exercice 6 Détermier le module et u argumet des ombres complexes : i 3 i 3 + i i i e iθ 1 e iθ e iα + e iβ e iα e iβ e iα + e iβ, où θ, α et β sot des réels quelcoques. 3. cosα + i siα 4 cos α + i siα siα + i cosα 1 + i taα Exercice 7 suivates. 1. S x =. A x = Soiet x R, et N. E utilisat l expoetiel complexe, simplifier les expressios coskx et T x = sikx, coskx et B x = k sikx. k Exercice 8 Motrer que λ R, 1 + λi est de module 1. 1 λi { Détermier l esemble : E = z C λ R, z = 1 + λi. 1 λi Exercice 9 Égalité du parallélogramme Soiet z et z deux ombres complexes. Motrer que : z + z = z + z + z z. Iterpréter géométriquemet. Exercice 10 Résoudre das C l équatio : z + i 6 = i z 6 e utilisat les racies -ième de l uité. Exercice 11 O cosidère le ombre complexe : w 1 = cos π 5 + i si π Calculer w 5 1, et 1 + w 1 + w 1 + w3 1 + w4 1,. O ote α = w 1 + w 4 1. Vérifier : α + α 1 = 0,

17 3. Détermier la forme trigoométrique de w 4 1 et la comparer avec w Résoudre l équatio z + z 1 = E déduire ue valeur exacte de cos π 5. { Exercice 1 Soit l esemble A = z C z = z + 1 e faisat u dessi, détermier A, esuite { démotrer par le calcul. Soit B = z C z = 1, détermier A B. Exercice 13 Résoudre z 4 + z + 4 = 0. Exercice 14 Soit N, calculer la somme S = 1 p, à l aide du développe- 3 p + 1 met de 1 + i p+1 Exercice 15 O veut calculer les somme : π C = cos 7 4π + cos 7 8π + cos 7 et π S = si 7 4π + si 7 8π + si 7 O ote ω = e i π 7 et σ = ω + ω + ω a Résoudre das C l équatio z 7 = 1. b Calculer la somme des solutios de l équatio précédete. c Exprimer ω, ω, et ω 4 e foctio des puissaces ω.. a Motrer que σ + σ = 1 et σσ =. b σ et σ sot aisi racies de quel polyôme? c Démotrer que S est positif et e déduire C et S.

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