OUTILS MATHEMATIQUES L1 SVG Paul Broussous

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1 UTILS MATHEMATIQUES L1 SVG 1 Paul Broussous

2 Chaptre II. Nombres complees Défnton. L ensemble C des nombres complees est formé des epressons de la forme +, et nombres réels avec les règles : (Egalté) + = + ss = et =. (Addton) ( + ) + ( + ) = ( + ) + ( + ). (Multplcaton) ( + ) ( + ) = ( ) + ( + ). En d autres termes, les opératons arthmétques sur les complees se font comme d habtude mas en raoutant la règle supplémentare : = 1 n dentfe un nombre réel avec le nombre complee = + 0. Ans un nombre complee de la forme z = + 0 = est qualfé de réel, tands qu un nombre complee de la forme z = 0 + = est qualfé d magnare pur. La parte réelle d un nombre complee z = + est, sa parte magnare est. n note : Re(z) = et Im (z) = ou ben, s on est fort en lettres gothques : R(z) = et I(z) = Attenton! Ne pas confondre un magnare pur avec sa parte magnare : I() (sauf s = 0). L opposé de z = + est z = ( ) + ( ). Tout nombre complee z = + 0 possède un nverse z qu vérfe : zz = z z = 1. Le conugué de z = + est z =. n a les proprétés : 1

3 z + z = z + z, ( z) = z, zz = z z z z = z z, (zn ) = z n. Interprétaton géométrque des nombres complees. n fe une repère orthonormé (0,, ) du plan euclden. A tout nombre complee z = a + b, on assoce le pont M du plan de coordonnées (a, b). n dt que M est l mage de z et, récproquement, que z est l affe de M. A chaque pont du plan correspond un unque nombre complee dont l est l mage, et à chaque nombre complee correspond un unque pont du plan dont l est l affe. n dt que les nombres complees et les pont du plan se correspondent bectvement. b M(z) z=a+b a Interprétaton géométrque de la somme. Soent z 1, z deu nombres complees d mage respectves dans le plan M 1 et M. Alors l mage de z 1 + z est l unque pont M tel que M = M 1 + M.

4 M M(z) M1(z1) Interprétaton géométrque de l opposé. S z a pour mage M, alors z a pour mage M tel que M = M. Autrement dt, M est l mage de M dans la smétre centrale de centre l orgne. M(z) M ( z) Interprétaton géométrque du conugué. S z a pour mage M, alors z a pour mage M, le smétrque de M dans la smétre aale d ae (0). 3

5 M(z) M ( z ) Module et argument. n appelle module du nombre complee z = a + b, noté z, la longueur M, où M est l mage de z. C est auss la norme du vecteur M. Ans a + b = a + b M(z) z =0M Calculons le produt suvant : z z = (a + b)(a b) = a + b + ba ab = a + b. 4

6 n a donc la relaton fondamentale z z = z. Applcatons. Calcul de l nverse ou d un quotent. Pour calculer l nverse d un nombre complee z = a+b non nul, on écrt : c est-à-dre : 1 z = 1 z z z = z z, 1 a + b = a b a + b. De même, pour calculer z 1 z, z 1 = a + b, z = c d 0, on écrt : a + b c + d (a + b) (c d) ac bd + (bc ad) = =. (c + d) (c d) c + d Eemple. Smplfer l epresson suvante : Z = Soluton. n commence par rédure au même dénomnateur : Z = (1 + 3) + (1 + )(1 + ) (1 + )(1 + 3) = = 6 ( 1 + ) = n multple ensute numérateur et dénomnateur par le conugué du dénomnateur : Z = (3) ( 1 ) ( 1 + ) ( 1 ) = = sot encore Z = Sot z = a + b un nombre complee non nul. Notons M son mage dans le plan euclden. n appelle argument de z une mesure de l angle orenté ((), (M)). n écrt Arg (z) = mesure de ((0), (0M)) modulo π. 5

7 En effet un argument étant une mesure d angle, l n est défn qu à un multple de π près. M θ =Arg(z) n démontre que la foncton Argument vérfe les proprétés suvantes : Compatblté avec le produt. Arg (z 1.z ) = Arg (z 1 ) + Arg (z ) modulo π Arg (z n ) = narg (z) modulo π Arg ( 1 ) = Arg (z) modulo π. z Caractérsaton des réels et des magnares purs z 0 est réel ss Arg (z) = 0 modulo π z 0 est magnare pur ss Arg (z) = π/ modulo π En partculer on a les égaltés : Arg (1) = 0 modulo π et Arg () = π/ modulo π. 6

8 Folklore mathématque. n note habtuellement z = r et Arg (z) = θ. Théorème. Soent z 1 et z deu nombres complees non nuls. Alors z 1 = z s et seulement s z 1 = z et Arg (z 1 ) = Arg (z ). Démonstraton. En effet, on se convanc géométrquement que l mage M dans le plan d un nombre complee non nul z est entèrement détermnée par r = z (M se stue sur le cercle de centre et de raon r) et θ = Arg (z) (M appartent à la dem-drote (T) telle que la mesure de l angle ((), (T)) est θ modulo π. M r θ=arg(z) Ecrture eponentelle ou trgonométrque. S θ est un nombre réel quelconque, on note : e θ = cos(θ) + sn(θ) Attenton! Cec n est qu une notaton! Nous n avons pas étendu la foncton eponentelle, étudée en Termnale, au nombres complees non réels. C est possble, mas complètement hors programme de la flère SVG. 7

9 Il est clar que le nombre complee e θ a pour mage dans le plan le pont du cercle trgonométrque correspondant à l angle θ. e θ θ Grâce au formulare de trgonométre (en partculer au formules d addton), on démontre les proprétés suvantes : e (θ 1+θ ) = e θ 1. e θ e θ = 1 = e θ eθ (e θ ) n = e nθ En d autres termes l epresson e θ possède les proprétés habtuelles d une eponentelle. De plus, de la relaton cos (θ) + sn (θ) = 1, on tre : et l est clar que e θ = 1 8

10 Arg (e θ ) = θ modulo π. Théorème. Sot z un nombre complee de module 1. Il este alors un réel θ, unque à un multple de π près, tel que z = e θ. Démonstraton. En effet ce réel θ est smplement Arg (z). Théorème. Sot z un complee non nul, de module r et d argument θ. Alors on a z = r cos(θ) + r sn(θ) = re θ. Démonstraton. En effet les nombres complees z et re θ ont même module et même argument modulo π. Ils sont donc égau. Défnton. Sot z un nombre complee non nul. L écrture : z = re θ (= r cos(θ) + r sn(θ)) s appelle l écrture eponentelle ou trgonométrque de z. Méthodologe Détermner le module et l argument d un complee z, et donc son écrture eponentelle. Sot z 0. n commence par calculer r = z et on consdère z = z r. Alors z = u + v est un nombre complee de module 1 : on a u + v = 1. En effet : z r = z r = r r = 1. Dans une seconde étape, on cherche un réel θ soluton du problème : { cos(θ) = u sn(θ) = v (n a vu au Chaptre I, comment résoudre un tel problème.) n obtent donc z = u + v = cos(θ) + sn(θ) et z = rz = r cos(θ) + r sn(θ) = re θ. n a ans obtenu l écrture eponentelle et θ est l argument de z (modulo π). 9

11 Eemple. Détermner l écrture trgonométrque de z = 3 3. n calcule le module : r = = 3. n consdère le nombre complee de module 1 : z = z r = 1 1 = n résout le problème : { cos(θ) = sn(θ) = n trouve θ = π 4 + kπ. n a donc et l argument de z est π/4 + kπ. z = 3 e π/4 3 π/ S la forme algébrque (ou cartésenne) z = a + b est ben adaptée au calculs de sommes ou de multples, la forme epoentelle, elle, est ben adaptée au calculs de produts et de pussances. Eemple. calculer (3 3) 0. 10

12 Soluton. n pourrat fare ce calcul à l ade de 19 produts successfs, mas ce serat etrêmement laboreu, vore désespérant. A la place, nous écrvons 3 3 sous forme trogonométrque 3 3e π/4. n écrt : (3 3) 0 = ( 3 3e π/4) 0 = 3 0 ( ) 10 (e π/4 ) 40 = 3 0 (( ) ) 10 e 0π/4 = e 5π n observe que 5π = π 6π, et on trouve : (3 3) 0 = e π = En partculer, l argument de (3 3) 0 est π + kπ. Applcaton de l écrture eponentelle Calcul de l ampltude et de la phase d un sgnal. n consdère deu sgnau snusoïdau a cos(t) et b cos(t), dépendant d une varable de temps (par eemple) t. n forme la superposton de ces deu sgnau : I(t) = a cos(t) + b sn(t). Il se trouve que ce sgnal peut s écrre sous la forme : I(t) = A cos(t + ϕ), où A > 0, l ampltude, est un réel ben détermné, et ϕ 1, le déphasage, un réel ben détermné modulo π. En effet pour se convancre de cela, on développe A cos(t + ϕ) par la formule d addton : A cos(t + ϕ) = A cos(ϕ) cos(t) A sn(ϕ) sn(t). n procède alors par dentfcaton : { A cos(ϕ) = a A sn(ϕ) = b n observe alors le fat amusant que le problème est équvalent à mettre le complee a b sous forme trgonométrque : A = a b et ϕ = Arg (a b) modulo π. Eemple. Trouver l ampltude et la phase du sgnal I(t) = cos(t) + sn(t). 1 ϕ est la lettre grecque ph. 11

13 Soluton. En procédant comme précédemment, on est ramené à résoudre le sstème : { A cos(ϕ) = 1 A sn(ϕ) = 1 c est-à-dre à trouver le module A et l argument ϕ du nombre complee 1. n trouve mmédatement A = et (avec un dessn) ϕ = π/4 modulo π. Donc I(t) = cos(t π/4). Quelques équatons à nconnues complees. Nous allons étuder quelques équatons dont l nconnue n est plus un nombre réel (comme au lcée), mas un nombre complee z. Equaton du nd degré à coeffcents réels. C est une équaton de la forme az + bz + c = 0 où a 0, b et c sont tros nombres réels et z une nconnue complee. Cette équaton nous sera utle pour résoudre certanes équatons dfférentelles. Le réel = b 4ac s appelle le dscrmnant de l équaton. Théorème. L équaton az + bz + c = 0 possède touours des solutons complees, dont la forme dépend du sgne du dscrmnant. Cas no 1 : > 0. L équaton possède deu solutons réelles 1 et données par 1 = b et = b + a a Cas no : = 0. L équaton possède une unque soluton réelle donnée par 0 = b a Cas no 3; < 0. L équaton possède deu solutons complees données par z 1 = b a où est la valeur absolue de. et z = b + a 1

14 Noter que dans le cas < 0, les deu solutons complees sont conuguées l une de l autre : s + est l une des solutons, alors est l autre soluton. Le résultat suvant est un cas partculer de ce théorème. Proposton. Sot d un réel négatf. Alors l équaton admet pour soluton d et d. z = d Démonstraton. Nous allons donner deu démonstratons. La premère consste à applquer le théorème. L équaton s écrt z d = 0 donc on a a = 1, b = 0 et c = d. Donc = b 4ac = 4d < 0. n a = 4 d et les solutons sont : z 1, = b ± 4 d a = ± d = ± d. Deuème démonstraton. n recherche la soluton sous la forme z = +. n a z = +. L équaton z = d s écrt + = d c est-à-dre, en dentfant partes réelles et partes magnares : { = d = 0 De = 0, on tre = 0 ou = 0. S = 0, la premère équaton donne = d, ce qu est mpossble car d < 0. Donc = 0 et la premère équaton donne = d = d, d où = ± d. Au fnal z = ± d. CQFD. Eemple 1. Résoudre z = 9. Soluton. Pusque 9 < 0, les soluton sont z = ± 9 = ± 9 = ±3. Eemple. Résoudre z + z + 1 = 0. n a = 1 4 = 3 < 0. n a donc deu racnes complees conuguées. n a = 3 et les solutons sont données par z 1, = 1 ± 3 13 = 1 3 ±.

15 Racnes nèmes d un nombre complee Nous termnons ce chaptre sur les nombres complees par la résoluton du problème suvant : Etant donnés un nombre complee fé ζ 0 et un nombre enter n > 0, détermner tous les nombres complees z tels que z n = ζ 0. Un nombre complee qu vérfe une telle équaton s appelle une racne nème de ζ 0. Nous allons d abord nous ntéresser au problème smlare où l nconnue est réelle. Théorème. Soent un nombre réel et n 1 un enter naturel. n s ntéresse à l équaton X n = (1) où X est une nconnue réelle. Pluseurs cas peuvent se produre. Cas no 1 : n est mpar. Alors l équaton possède une unque soluton. Cette soluton est du même sgne que et se note n. Cas no : n est par. Il a alors tros sous-cas. Sous-cas () < 0. L équaton n a aucune soluton (car une pussance pare est touours 0). Sous-cas () = 0. Alors X = 0 est l unque soluton. Sous-cas () > 0. Alors l équaton possède eactement deu solutons opposées. Dans les sous-cas () et () ( 0), on note n l unque soluton de l équaton qu est postve ou nulle. L autre soluton est n. Nous donnerons une démonstraton de ce théorème dans le chaptre sur l étude des varatons des fonctons. Eamples. (a) Résoudre 3 = 8. Soluton. Pusque 3 est mpar, l este touours une soluton et elle est unque. Elle est donnée par = 3 8 = 3, car ( ) ( ) ( ) = 8. ζ est la lettre grecque zêta. 14

16 (b) Résoudre 4 = 16. Soluton. Pusque 4 est par et 16 > 0, l a deu solutons. L une est 4 16 =, l autre est 4 16 =. (c) Résoudre = 1. Soluton. Pusque est par et 1 > 0, l n a aucune soluton (une pussance pare est touours 0!). Revenons au cas complee. Contrarement au cas réel, l équaton z n = ζ 0 possède touours des solutons, et même eactement n solutons s ζ 0 0. Nous allons vor comment les détermner. S ζ 0 = 0, on a une unque soluton z = 0 et nous supposerons donc que ζ 0 0. Pour résoudre cette équaton, on met ζ 0 sous forme trgonométrque : ans que l nconnue z : ζ 0 = r 0 e α, r 0 > 0, α R, z = r e θ, r > 0, θ R. Rappelons que θ n est défn qu à un multple de π près. L équaton z n = ζ 0 s écrt alors : r n e nθ = r 0 e α. Pour résoudre l équaton sous cette forme, on écrt que deu nombres complees non nuls sont égau s, et seulement s, leurs modules sont égau et leurs argument sont égau modulo π. n obtent le sstème. { r n = r 0 nθ = α + kπ Ic k Z est un enter relatf (nul, postf ou négatf). Pusque r > 0, la premère équaton a une unque soluton r = n r 0. Dvsons la deuème équaton par n : θ = α n + kπ n, k Z n obtent les valeurs possbles de θ, en fasant k = 0, 1,, 3,... Numérotons les valeurs correspondantes de θ par θ 0 (k=0), θ 1 (k=1); et ans de sute. n a donc 15

17 θ 0 = α n θ 1 = α n + π n θ = α n + π n θ 3 = α n + 3 π n θ n 1 = α n + (n 1) π n θ n = α n + n π n = α n + π n remarque que θ 0 et θ n sont égau modulo π. De même on montrerat faclement que θ 1 et θ n+1 sont égau modulo π, et ans de sute. n obtent ans n arguments dstncts modulo π : θ k = α n + kπ n, k = 0,..., n 1. Pour résumer, on a le résultat suvant. Théorème. Sot ζ 0 = r 0 e α un nombre complee non nul donné sous forme trgonométrque. Alors l équaton z n = ζ 0, à l nconnue complee z, possède eactement n solutons z 0, z 1,..., z n 1, données par z k = n ( ) r 0 e α n +k π n, k = 0, 1,..., n 1. Défnton. Avec les notatons précédentes, les nombres complees z 0, z 1,..., z n 1 s appellent les racnes nèmes de ζ 0. S ζ 0 = 1, alors les z k, k = 0,..., n 1, s appellent les racnes nème de 1, ou encore les racne nèmes de l unté. Méthodologe. Détermnaton de racnes nèmes. n n applquera pas bêtement la formule du théorème, mas l sera demandé en contrôle, DM, ou eamen, d être capable de retrouver la démarche de recherche des solutons sous forme trgonométrques. Eemple 1 : racnes quatrèmes de l unté. n veut résoudre l équaton z 4 = 1. Le nombre 1 s écrt 1. e 0 sous forme trgonométrque. n recherche z sous la forme r e θ. L équaton s écrt r 4 e 4θ = 1 e 0. En égalant modules et arguments, on obtent le sstème. { r 4 = 1 4θ = 0 + kπ 16

18 n obtent donc r = 1 et θ = kπ 4 = k π. D où : θ 0 = 0, θ 1 = π/ θ = π θ 3 = 3π/, θ 4 = π, θ 5 = π + π/, etc. n observe qu à partr de θ 4, on retombe sur des angles déà obtenus (modulo π). Les solutons sont donc z 0 = 1 e 0 = 1, z 1 = e π/ =, z = 1 e π = 1, z 3 = 1 e 3π/ =. bservons que les quatres solutons 1,, 1, ont pour mages dans le plan les sommets d un carré. Eercce Résoudre z 4 = 1 par une autre méthode, en observant que z 4 = (z ). 1 1 Eemple : racnes cubques de 8. n écrt 8 = 8 e 0 et on cherche les solutons de z 3 = 8 sous la forme z = r e θ. n obtent r 3 e 3θ = 8 e 0, et en égalant modules et arguments : { r 3 = 8 3θ = 0 + kπ Ans r = 3 8 = et θ = k π 3, k Z. n obtent les tros solutons : z 0 = e 0 =, z 1 = e π/3 et z = e 4π/3. 17

19 n observe que les mages des solutons dans le plan forment un trangle équlatéral. Elles sont auss dsposées sur le cercle de centre l orgne et de raon. Le nombre complee e π/3 est souvent noté par les mathématcens, contrarement au phscens qu notent = e π/ = (pour ne pas confondre avec l ntensté du courant en Electronque). =e π/3 1 Cas partculer : racnes nèmes de l unté. n suppose donc c que ζ 0 = 1 = 1e 0. D après le théorème, les racnes nèmes de l unté sont données par z k = e kπ/n, k = 0,..., n 1. Remarquons que z k = ( e π/n)k = z1 k. n peut ans récrre la lste des racnes nème de 1 comme : 1 = z 0 1, z 0, z 0, z3 0,...,zn 1 0. Eercce (a) Par un calcul drect, montrer qu on a = 0. (b) n rappelle la somme des n premers termes d une sute géométrque de rason q 1 : 1 + q + q + + q n 1 = 1 qn 1 q. 18

20 Avec les notatons précédentes, montrer que s n > 1, on a 1 + z 1 + z z n 1 1 = 0. En d autres termes, la somme de toutes les racnes nèmes de l unté vaut 0. Nous termnons ce chaptre par une proprété géométrque des racnes nèmes, que nous admettrons. Théorème. Soent, avec les notatons précédentes, z k, k = 0,..., n 1, la lste des racnes nèmes de 1. Soent M 0, M 1,..., M n 1 leurs mages dans le plan euclden. Alors le polgone à n-côtés M 0 M 1...M n 1 est réguler et est nscrt dans le cercle unté. M 4 M 3 M Racnes douzèmes de 1 M 5 M 1 M6 M 0 M7 M M 8 M 9 M 10 19