NOMBRES COMPLEXES. 1. Calculer le module et l argument des nombres complexes suivants : z 1 = 1 + i, z 2 = 1 i, z 3 = 1 + i 3, z 4 = 1 + i 3 1 i

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1 NOMBRES COMPLEXES 1 Calculer le module et l argument des nombres complexes suivants : z 1 = 1 + i z = 1 i z = 1 + i z 4 = 1 + i 1 i Calculer les nombres complexes suivants : w 1 = (1 + i) 1 w = ( 1 + i ) 0 1 i a) Soit x R Déterminer le module du nombre complexe w = 1 + ix 1 ix b) Montrer que tout nombre complexe de module 1 différent de 1 peut s écrire 1 + ix 1 ix avec x R c) Vérifier que 1 ix et 1 + ix 1 ix ont des images alignées Interprétation géométrique? 4 Soit z un nombre complexe de partie imaginaire strictement positive Soit w = z i z + i Montrer que w < 1 Interprétation géométrique? 5 Déterminer les nombres entiers n tels que ( + i) n R 6 Déterminer z C pour que les nombres z 1 1 z aient le même module z 7 Comment faut-il choisir z pour que les images de z z z 4 soient alignées? 8 Soit u et v deux nombres complexes Montrer que : Interprétation géométrique? 9 Résoudre dans C les équations suivantes : u + v + u v = ( u + v ) a) z = 11 b) z = 1 + i c) z = 9 + 5i 10 Résoudre dans C l équation : z z + 7 = 0 11 Résoudre dans C l équation : z (5 14i)z 4 10i = 0 1 Soit ω un nombre complexe quelconque Résoudre l équation : z ( + iω)z + + iω ω = 0 1 Résoudre dans C les équations suivantes : a) z + 1 = 0 b) z 4 i = 0 c) z = 0 1

2 14 Trouver une condition sur le paramètre complexe a pour que l équation z + z = a admette une solution réelle Lorsque cette condition est satisfaite résoudre l équation 15 Exprimer sin 5θ en fonction de sin θ 16 a) Montrer qu il existe des constantes A et B (que l on déterminera) telles que cos θ = A cos θ + B cos θ b) Montrer qu il existe des constantes A B et C (que l on déterminera) telles que 17 Pour θ mπ avec m Z montrer que sin 4 θ = A cos 4θ + B cos θ + C sin(p + 1)θ sin θ p = 1 + cos kθ k=1 Que se passe-t-il pour θ = 0?

3 Corrigé 1 On a z 1 = x 1 + iy 1 avec x 1 = y 1 = 1 Donc z 1 = x 1 + y 1 = Un argument θ 1 de z 1 est tel que cos θ 1 = x 1 z 1 = 1 = et sin θ 1 = y 1 z 1 = 1 = On a donc θ = π 4 (moduloπ) On a z = z 1 Donc z = z 1 = et arg z = arg z 1 = π 4 (modulo π) On a z = x + iy avec x = 1 et y = Donc z = x + y = Un argument θ de z est tel que cos θ = x z = 1 et sin θ = y z = On a donc θ = π (modulo π) On remarque que z 4 = z z On a donc z = z z = = On a aussi arg z 4 = arg z arg z = π + π 4 = 7π 1 (modulo π) En utilisant l exercice précédent on a w 1 = z 1 1 Donc w 1 = z 1 1 = 1 = 10 et arg w 1 = 1 arg z 1 = 1 π 4 (modulo π) On cherche un argument plus simple En remarquant que on a donc Alors 1π 4 = 4π + 5π 4 arg w 1 = 5π 4 (modulo π) w 1 = 10 ( cos 5π 4 + i sin 5π ) 4 ( ) = 10 i = 10 (1 + i) = i

4 En utilisant encore l exercice précédent on a w = z 0 4 Donc w = z 4 0 = 0 = 10 et arg w = 0 arg z 4 = 0 7π 1 = 5π (modulo π) On cherche un argument plus simple En remarquant que on a donc 5π = 1π π arg w = π (modulo π) Alors ( ( w = 10 cos π ) ( + i sin π )) ( ) = 10 1 i = 9 (1 i ) = 51 51i a) En remarquant que les nombres 1 + ix et 1 ix sont conjugués ils ont le même module et 1 + ix w = 1 ix = 1 b) Soit w un nombre complexe de module 1 et défférent de 1 Résolvons l équation w = 1 + ix 1 ix On obtient w(1 ix) = 1 + ix puis et puisque w 1 on trouve finalement ix(1 + w) = w 1 x = 1 i w 1 w + 1 Il reste à voir que le nombre x trouvé est bien réel Pour cela on multiplie le numérateur et le dénominateur par le conjugué de w + 1 On obtient x = 1 i (w 1)( w + 1) w + 1 Mais Or Finalement (w 1)( w + 1) = (w 1)( w + 1) = w w + w w 1 w w 1 = w 1 = 0 et w w = iim w x = 1 i iim w w + 1 = Im w w + 1 4

5 Le nombre x trouvé est bien un nombre réel c) Notons a = 1 et b = ix Les images de a b et w sont alignées si et seulement si le nombre ω = w a est réel Or b a w a = 1 + ix 1 ix + 1 = 1 ix donc et l on a bien trouvé un nombre réel ω = 1 ix 1 ix + 1 = 1 + x Si l on note Ω le point d affixe 1 A le point d affixe ix et M le point d affixe w le poit A est l intersection de la droite ΩM avec l axe des y Il y a une bijection entre le cercle unité privé du point Ω et l axe Oy y M Ω O A x 4 Si z = x + iy avec y > 0 on a Alors z i = x + (y 1) et z + i = x + (y + 1) On en déduit que z + i > z i et donc que z + i z i = (y + 1) (y 1) = 4y > 0 w = z i z + i < 1 Si I est l image de i J l image de i et M l image de w le point M se trouve dans le demi-plan supérieur et la distance MI est inférieure à MJ 5

6 y I M O x J 5 Le module de z = + i vaut L argument θ vérifie donc cos θ = et sin θ = 1 On a donc θ = π 6 modulo π Alors w = zn a pour argument nπ modulo π et le nombre est 6 réel si et seulement si ses arguments sont des multiples de π c est-à-dire si et seulement si n est divisible par 6 On voit effectivement que si n = 6k on obtient ( + i) 6k = 6k (cos kπ + i sin kπ) et donc vaut 6k si k est pair et 6k si k est impair 6 On cherche z (non nul) tel que On a donc le système Mais la première égalité z = 1 z z = 1 = 1 z z z = 1 z 1 z = z équivaut à z = 1 et d autre part 1 z = (1 z)(1 z) = 1 + z z z z = 1 + z Re z Le système est équivalent à { z = 1 1 Re z = 0 Les solutions sont les nombres de module 1 dont la partie réelle vaut 1/ c est-à-dire 1 + i et 1 i 6

7 7 Supposons z distinct de 0 et de 1 Alors les images des nombres z z et z 4 sont alignées si et seulement si le nombre w = z4 z z z est réel Mais cette expression se simplifie car w = z (z + 1)(z 1) z(1 z) = z(z + 1) Soit λ un nombre réel Cherchons pour quelles valeurs de z on a z(z + 1) = λ c est-àdire z + z + λ = 0 On résout cette équation Il existe trois cas possibles : λ < 1 4 λ > 1 4 λ = 1 4 Les solutions sont alors les nombres réels Les solutions sont complexes mais leur partie réelle vaut 1/ Une seule solution qui vaut 1/ Réciproquement si z est réel il en est de même de z et de z 4 donc les images des trois points sont alignées sur Ox Si maintenant z = 1 + ix on a z = 1 4 x ix et z + z = 1 4 x donc z + z est réel et les images de z z et z 4 sont alignées L ensemble des solutions est donc R {z C Re z = 1/} Géométriquement cela correspond à la rénion des droites d équation y = 0 et x = 1/ 8 On a et u + v = (u + v)(ū + v) = u + v + u v + vū u v = (u v)(ū v) = u + v u v vū On obtient immédiatement en sommant ces deux égalités membre à membre Dans le parallélogramme OUW V on a alors ainsi que La relation trouvée s écrit donc encore u + v + u v = u + v u = OU = V W et v = OV = UW u + v = OW et u v = UV OW + UV = OU + V W + OV + UW La somme des carrés des longueurs des diagonales et donc égale à la somme des carrés des longueurs des côtés du parallélogramme 7

8 V W O U 9 a) 11 est un nombre entier négatif Ses racines sont donc 11i et 11i b) On cherche les racines Z = X + iy du nombre complex z = 1 + i On a donc ce qui conduit au système Z = X Y + ixy = 1 + i { X Y = 1 XY = De la deuxième relation on tire le fait que X et Y ont le même signe Par ailleurs Z = X + Y = z = 10 Les nombres X et Y cherchés sont donc les nombres de même signe qui vérifient { X Y = 1 X + Y = 10 On en tire immédiatement X = 10 1 et Y = d où les deux nombres cherchés Z = ± i c) On cherche les racines Z = X + iy du nombre complex z = 9 + 5i On a donc Z = X Y + ixy = 9 + 5i ce qui conduit au système { X Y = 9 XY = 5 De la deuxième relation on tire le fait que X et Y ont le même signe Par ailleurs Z = X + Y = z = 106 8

9 Les nombres X et Y cherchés sont donc les nombres de même signe qui vérifient { X Y = 9 X + Y = 106 On en tire immédiatement X = et Y = d où les deux nombres cherchés Z = ± i 10 Le trinôme z z + 7 a pour discriminant = 7 dont une racine est δ = i 7 = i On trouve donc comme solutions z = 1 ± i 11 Le trinôme z (5 14i)z 4 10i = 0 a pour discriminant = (5 14i) + 4(4 + 10i) = i = 5( 4i) On cherche une racine carrée Z = X + iy de 4i On a donc ce qui conduit au système Z = X Y + ixy = 4i { X Y = XY = 4 De la deuxième relation on tire le fait que X et Y sont de signes opposés Par ailleurs Z = X + Y = z = 5 = 5 Les nombres X et Y cherchés sont donc les nombres de signes opposés qui vérifient { X Y = X + Y = 5 On en tire immédiatement X = 1 et Y = 4 et l on peut prendre Z = 1 i Alors les solutions de l équation sont z = ce qui donne z 1 = 5 1i et z = i (5 14i) ± 5(1 i) 1 Le trinôme z ( + iω)z + + iω ω a pour discriminant = ( + iω) 4( + iω ω) = 4 + 4ω ω = (ω ) 9

10 Alors les solutions de l équation sont z = ce qui donne z 1 = 1 + i et z = 1 + i(ω 1) ( + iω) ± i(ω ) 1 Dans cet exercice on donnera les solutions sous la forme x + iy et sous la forme ρe iθ a) On cherche les nombres complexes z = ρe iθ vérifiant l équation z = 1 = e iπ (On doit en trouver trois distincts) On a donc le système { ρ = 1 θ = π + kπ (k Z) soit ρ = 1 et θ = π + kπ Cela donne trois nombres différents : (k Z) k = 0 z = cos π + i sin π = 1 + i k = 1 z = cos π + i sin π = 1 k = z 1 = cos 5π + i sin 5π = 1 i b) On cherche les nombres complexes z = ρe iθ vérifiant l équation z 4 = i = e iπ/ (On doit en trouver quatre distincts) On a donc le système { ρ 4 = 1 4θ = π + kπ (k Z) soit ρ = 1 et θ = π 8 + kπ (k Z) Cela donne quatre nombres différents : k = 0 z 1 = cos π 8 + i sin π 8 k = 1 z = cos 5π 8 + i sin 5π 8 k = z = cos 9π 8 + i sin 9π 8 = z 1 k = z 4 = cos 1π 8 + i sin 1π 8 = z 10

11 On remarque aussi que z = iz 1 z 4 = iz On peut chercher explicitement les parties réelles et imaginaires en utilisant une inconnue auxiliaire u = z En effet l équation est alors équivalente au système { u = i z = u On résoud tout d abord l équation u = i ce qui donne ( z = ± cos π 4 + i sin π ) = ± 1 + i 4 puis on résoud ensuite par la méthode habituelle l équation z = 1 + i (Pour l équation z = 1 + i il suffira de multiplier par i les solutions déjà obtenues) On cherche les racines u = X + iy du nombre complex 1 + i On a donc u = X Y + ixy = 1 + i ce qui conduit au système X Y = 1 XY = 1 De la deuxième relation on tire le fait que X et Y ont le même signe Par ailleurs u = X + Y = z = 1 Les nombres X et Y cherchés sont donc les nombres de même signe qui vérifient X Y = 1 X + Y = 1 On en tire immédiatement X = + 4 et Y = 4 d où les deux nombres cherchés ( ) + u = ± + i 11

12 On voit facilement en plaçant sur le cercle unité les images des quatre solutions que z 1 est la seule solution dont les parties réelles et imaginaires sont positives on a z 1 = + + i et donc + = cos π 8 et = sin π 8 c) On cherche les nombres complexes z = ρe iθ vérifiant l équation z 8 = 1 = e iπ (On doit en trouver huit distincts) On a donc le système { ρ 8 = 1 8θ = π + kπ (k Z) soit ρ = 1 et θ = π 8 + kπ 4 (k Z) On peut d ailleurs facilement se ramener au cas b) en effet l équation s écrit z 8 = i et ses solutions proviennent soit de z 4 = i soit de z 4 = i mais les solutions de z 4 = i sont les conjuguées de celles de z 4 = i (en effet si z 4 = i alors z 4 = i) Les solutions sont donc z 1 z z z 4 ainsi que z 1 z z z 4 14 Si l on veut que l équation z + z = a ait une solution réelle z 0 on doit donc avoir z 0 = z 0 et donc a = z 0 +z 0 doit être réel Alors z 0 est solution de l équation du second degré z +z a = 0 qui doit avoir des racines réelles ce qui nécessite que son discriminant = 1 + 4a soit positif S il en est ainsi alors le trinôme a bien une ou des racines réelles z = 1 ± 1 + 4a qui sont solutions de z + z = a Cherchons si sous ces conditions l équation z + z = a possède d autres solutions non réelles Posons z = x + iy avec x et y réels et supposons y non nul L équation devient soit x + iy + (x iy) = a x + x y + i(y xy) = a Et puisque a est réel cela équivaut au système { x + x y = a y(1 x) = 0 La seconde équation donne x = 1/ et la première soit 4 y = a y = 4 a 1

13 Alors si a < /4 on obtient deux nouvelles valeurs z = 1 ± i 4a Si a /4 on ne trouve pas de nouvelles solutions non réelles 15 On utilise la formule de Moivre cos 5θ + i sin 5θ = (cos θ + i sin θ) 5 En développant par la formule du binôme de Newton on a (cos θ+i sin θ) 5 = cos 5 θ+5 cos 4 θ(i sin θ)+10 cos θ(i sin θ) +10 cos θ(i sin θ) +5 cos θ(i sin θ) 4 +(i sin θ) 5 On cherche la partie imaginaire qui correspond aux termes contenant une puissance impaire de i sin θ On a alors i sin 5θ = 5 cos 4 θ(i sin θ) + 10 cos θ(i sin θ) + (i sin θ) 5 = 5i cos 4 θ sin θ 10i cos θ sin θ + i sin 5 θ Il reste à simplifier par i et à remplacer cos θ par 1 sin θ sin 5θ = 5(1 sin θ) sin θ 10(1 sin θ) sin θ + sin 5 θ = 5(1 sin θ + sin 4 θ) sin θ 10(1 sin θ) sin θ + sin 5 θ = 5 sin θ 0 sin θ + 16 sin 5 θ 16 a) On utilise les formules d Euler cos θ = ( e iθ + e iθ ) = 1 8 (eiθ + e iθ + e iθ + e iθ ) Mais d où e iθ + e iθ = cos θ et e iθ + e iθ = cos θ cos θ = 1 (cos θ + cos θ) 4 b) On procède de même Mais d où sin 4 θ = ( e iθ e iθ i ) 4 = 1 16 (e4iθ 4e iθ + 6 4e iθ + e 4iθ ) e 4iθ + e 4iθ = cos 4θ et e iθ + e iθ = cos θ cos θ = 1 (cos 4θ + cos θ + ) 8 1

14 17 Calculons la somme Elle peut s écrire aussi et c est la partie réelle de la somme A p (θ) = 1 + A p (θ) = B p (θ) = p cos kθ k=1 p cos kθ 1 k=0 p e kiθ 1 k=0 On voit apparaître la somme des termes d une suite géométrique de raison e iθ Alors si e iθ 1 c est-à-dire si θ mπ avec m Z on trouve B p (θ) = e(p+1)iθ 1 e iθ 1 1 Multiplions le numérateur et le dénominateur de la fraction par e iθ On obtient B p (θ) = e(p+1)iθ e iθ e iθ e iθ 1 Alors en remplaçant les exponentielles par leur expression trigonométrique B p (θ) = = Donc en prenant la partie réelle (cos(p + 1)θ cos θ) + i(sin(p + 1)θ) + sin θ) 1 i sin θ (sin(p + 1)θ + sin θ) i(cos(p + 1)θ cos θ) 1 sin θ A p (θ) = sin(p + 1)θ) + sin θ sin θ 1 = sin(p + 1)θ sin θ Si θ = 0 on a alors A p (0) = 1 + p 1 = p + 1 k=1 14

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