Planche n o 7. Nombres complexes : corrigé

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1 Exercice n o 1 Planche n o 7 Nombres complexes : corrigé On a 1+i = e iπ/4 Les racines carrées de 1+i dans C sont donc 4 e iπ/8 et 4 e iπ/8 On a aussi, pour x,y R, x y x = 1 x+iy = 1+i x +y = = 1 +1 y = xy > 0 1 x,y ±, xy > Les racines carrées de 1 + i sont donc aussi ± +i Puisque Ree iπ/8 = cos π > 0, on obtient e iπ/8 = +i, ou encore +1 1 e iπ/8 = +i = 1 + +i et donc, par identification des parties réelles et imaginaires, cos π 8 = 1 + et sin π 8 = 1 Exercice n o 1 z +z+1 = 0 z = i = j ou z = 1 i = j = 1 = 1 = i L équation a donc deux solutions non réelles et conjuguées, à savoir z 1 = i et z = 1 1 i 3 Soit θ R Pour tout complexe z, on a z z cosθ+1 = z cosθ +1 cos θ = z cosθ + sin θ = z cosθ i sinθ = z cosθ i sinθz cosθ+i sinθ = z e iθ z e iθ L équation proposée a donc deux solutions pas nécessairement distinctes z 1 = e iθ et z = e iθ De plus, = cos θ 1 = sin θ et ces solutions sont distinctes si et seulement si θ / πz 4 Soit E l équation z 6+iz+11+13i = 0 Son discriminant est = 6+i i = 9 40i Comme 40 = 0 = 4 et que 4 = 16 = 9, on est en droit de deviner que = 4 i L équation E a deux solutions distinctes dans C à savoir z 1 = 6+i+4 i = i et z = 6+i 4+i = 1+3i Soit E l équation z 7+3iz++4i = 0 Son discriminant est = 7+3i 8+4i = 4+10i Comme 10 = = 1 et que 1 = 4, on est en droit de deviner que = +i L équation proposée a deux solutions distinctes dans C à savoir z 1 = 7+3i++i = 3+i et z = 7+3i i = i Exercice n o 3 π 4π 1 On a a = e iπ/ +e 8iπ/ = e iπ/ +e iπ/ = cos et b = e 4iπ/ +e 6iπ/ = e 4iπ/ +e 4iπ/ = cos 1, z, z, z 3 et z 4 sont les cinq racines cinquièmes de 1 dans C Par suite, 1+z+z +z 3 +z 4 = 0 Mais alors et a+b = z+z +z 3 +z 4 = 1 ab = z+z 4 z +z 3 = z 3 +z 4 +z 6 +z 7 = z+z +z 3 +z 4 = 1 car z = 1 http ://wwwmaths-francefr 1 c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés

2 a et b sont donc les solutions de l équation X + X 1 = 0 dont les racines sont 1+ et 1 Enfin, puisque π ]0, π [ π, on a a > 0 Par suite, cos = 1+ 4π et cos = 1 π D autre part, sin > 0 et donc, 4 4 π π sin = + 1 cos = 1+ 1 = cos π 1 = 4 et sin π = De même, en remplaçant par 4π, cos = 1 4π et sin = 1 10 π Enfin, cos = cos π 4 4 π = 4π cos = 1+ π et sin = sin π 4 π 4π = sin = Le rayon du grand cercle vaut, d après le théorème de Pythagore : R = ΩO +OM = Donc x I = x Ω +R = 1+ 4π x J = cos en quatre des cinq sommets du pentagone et x J = x Ω R = 1 Par suite, x I +x J = x I x J = 1 puis x I = cos π et Ceci montre que les médiatrices des segments [O, I] et [O, J] coupent le cercle de centre O et de rayon 1 M J Ω O I 3 Posons x = AF D après le théorème de Thales je vous laisse vérifier les parallèlismes, AC Donc x 3x+1 = 0 et puisque x < 1, x = 3 Puis AG AC = AC AF = 1 x = 1+ AC x = AF AC = HK HC = FG FC = AC AF AC AF = 1 x 1 x et FG AF = AC AF = 1 AF x = 3 3+ = = 1+ http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés

3 B C G F K A D H E Définition du nombre d or A C B On veut que C partage le segment [A,B] de telle sorte que BC AC = AC AB «petit moyen = moyen» c est-à-dire, en posant grand a = AB et x = AC, x a = a x x x ou encore + x a a 1 = 0 et donc, puisque x a > 0, x a = 1+ Le nombre d or ou proportion dorée est le nombre 1+ = 0,618 On peut aussi prendre pour le nombre d or le rapport a x = 1+ = 1,618 Exercice n o 4 ] π Soit α, π 1+i tanα cosα+i sinα = [ 1 i tanα cosα i sinα = eiα Donc, Maintenant, pour k { 1, 0, 1}, 3 1+iz 1+i tanα 1+iz = k { 1,0,1}/ 1 iz 1 i tanα 1 iz = eiα 3 +kπ 3 = ω k k { 1,0,1}/ iω k +1z = ω k 1 ω k = 1 α 3 + kπ 3 π+πz α kπ+ 3π +3πZ, ] ce qui est exclu pour α π, π [ Donc, 3 1+iz 1+i tanα = 1 iz 1 i tanα k { 1,0,1}/ z = ω k 1 iω k +1 k { 1,0,1}/ z = eiα 3 +kπ 3 e iα 3 +kπ 3 e iα 3 +kπ 3 e iα 3 +kπ 3 ie iα 3 +kπ 3 +e iα 3 +kπ 3 k { 1,0,1}/ z = i sinα 3 + kπ 3 icos α 3 + kπ 3 α k { 1,0,1}/ z = tan 3 + kπ 3 http ://wwwmaths-francefr 3 c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés

4 Exercice n o A,B,C équilatéral C = r A, π 3 B ou C = r A, π 3 B c a = j b a ou c a = jb a 1 j a+j b+c = 0 ou 1 ja+jb+c = 0 ja+j b+c = 0 ou j a+jb+c = 0 j a+j b+c = 0 ou j a+jb+c = 0 j ou j sont solutions de l équation az +bz+c = 0 A,B,C équilatéral ja+j b+c = 0 ou j a+jb+c = 0 ja+j b+cj a+jb+c = 0 a +b +c +j+j ab+ac+bc = 0 a +b +c = ab+ac+bc Exercice n o 6 A,B,C équilatéral a +b +c ab ac bc = 0 a +ab+ac bc b +bc+ba ac c +ca+cb ab = 0 c aa b+a bb c+b cc a = 0 c aa b+a bb c+b cc a b cc aa b 1 b c + 1 c a + 1 a b = 0 Le discriminant de l équation Z 14iZ i+1 = 0 vaut = 0 14i +8i+1 = 7 100i = 3 4i = 1 i L équation Z 14iZ i+1 = 0 admet donc les deux solutions Z 1 = 14i+ 10i Z = 14i +10i = i Ensuite, Exercice n o 7 = 1i et z est solution de l équation proposée z est solution de l équation Z 14iZ i+1 = 0 z = 1i = 3 i ou z = i = 1 i z = 3 i ou z = 3+i ou z = 1 i ou z = 1+i Soient z un complexe non nul, M le point d affixe z et A le point d affixe 1 z = 1 z z = 1 z z = 1 z = 1 OM = 1, et Donc, Exercice n o 8 z = z 1 OM = AM M med[oa] x M = 1 Rez = 1 z = 1 z = z 1 z = 1 et Rez = 1 z = 1 3 ±i z = j ou z = j Soient x R et z = 1+ix 1+ix Puisque 1 ix 0, z est bien défini et z = 1 ix Enfin, z = 1+ix+ 1 ix = 1+ 1 On a montré que : 1 ix x R, 1+ix 1 ix U\{ 1} 1 ix = 1+ix 1+ix = 1 http ://wwwmaths-francefr 4 c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés

5 Réciproquement, soit z U\{ 1} Il existe un réel θ / π+πz tel que z = e iθ Mais alors, z = e iθ = eiθ/ e iθ/ = cos θ +i sin θ cos θ i sin θ = 1+i tan θ 1 i tan θ cos θ 0 car θ / π +πz, = cos θ 1+i tan θ cos θ 1 i tan θ et z est bien sous la forme voulue avec x = tan θ R Exercice n o 9 Soit θ R Donc, 1 cosθ+i sinθ 1+cosθ+i sinθ = 0 cosθ = 1 et sinθ = 0 θ π+πz existe pour θ / π+πz Pour un tel θ, 1 cosθ+i sinθ = cos θ i sin θ cos θ sin θ +i sin θ cos θ = cos θ sin θ cosθ/ i sinθ/ sinθ/+i cosθ/ = cos θ e iθ/ sin θ e iπ θ/ - 1er cas cotan θ > 0 θ k Z = i cotan θ Dans ce cas, la forme trigonométrique de π π ]kπ, π [ +kπ θ k Z]kπ,π+kπ[ 1 cosθ+i sinθ - ème cas cotan θ < 0 θ k Z]π+kπ,k+1π[ est cotan [ θ 1 cosθ+i sinθ = cotan, π ] θ θ e iπ/ module= cotan et argument= Dans ce cas, et donc, - 3ème cas cotan θ Pour θ / πz, on a θ 1 cosθ+i sinθ = cotan e iπ/ = θ cotan e iπ/, [ 1 cosθ+i sinθ = cotan θ, π ] = 0 θ π+πz Dans ce cas, on a 1 cosθ+i sinθ = 0 Si θ ]kπ,π+kπ[, 1+eiθ 1 e iθ = k Z Si θ ]π+kπ,k+1π[, 1+eiθ 1 e iθ = k Z Si θ π+πz, 1+eiθ = 0 1 eiθ 1+e iθ 1 e iθ = eiθ/ e iθ/ +e iθ/ e iθ/ e iθ/ e iθ/ = cos θ i sin θ [ cotan θ, π ] [ cotan θ ], π = i cotan θ http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés

6 Exercice n o 10 1+i 3 9 = e iπ/3 9 = 9 e 3iπ = 1 La forme algébrique d un complexe est particulièrement bien adaptée à l addition La forme trigonométrique d un complexe est particulièrement bien adaptée à la multiplication Exercice n o 11 i = e iπ/ et les racines quatrièmes de i sont donc les e iπ 8 +kπ, k {0,1,,3} Ensuite, 8 1+i = 8 e iπ/4 = 8e iπ/4 = e 3iπ/4 Les racines cubiques de 8 1+i sont donc les nombres ei π 4 +kπ 3, k { 1,0,1}, ou encore les trois nombres e i π 4 = 1+i, e iπ/1 et e 11iπ/1 Exercice n o 1 Soit z C tel que z > 1 1+z++z n 1 1+ z + z ++ z n 1 < z n + z n ++ z n = n z n = nz n, et en particulier, 1+z++z n 1 nz n Donc, si 1+z++z n 1 nz n = 0, alors z 1 Exercice n o 13 A- Solutions algébriques Pour z C\{1}, posons z = x+iy où x,y R 1 Soit z C\{1} Z = 1 1+z 1 z = 1 1+x +y = 1 x +y 4x = 0 x = 0 L ensemble cherché est la droite Oy car le point d affixe 1 n appartient pas à Oy Soit z C\{1} Z = 1+x +y = 41 x +y 3x +3y 10x+3 = 0 x +y 10 3 x+1 = 0 x +y = L ensemble cherché est le cercle de centre Ω 3,0 et de rayon 4 car le point d affixe 1 n appartient pas à ce cercle 3 3 Soit z C\{1} Z R Z = Z 1+z 1 z = 1+z 1+z1 z = 1 z1+z z z = z z z = z z R 1 z L ensemble cherché est la droite Ox privé du point de coordonnées 1,0 4 Soit z C\{1} Z ir Z = Z 1+z 1 z = 1+z 1+z1 z = 1 z1+z 1 z 1 zz = 1+zz z = 1 z = 1 L ensemble cherché est le cercle de centre O et de rayon 1, privé du point de coordonnées 1,0 B- Solutions géométriques pour 1, 3 et 4 Soient A et B les points d affixes respectives 1 et 1, M le point d affixe z et E l ensemble cherché 1 http ://wwwmaths-francefr 6 c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés

7 3 Soit M B M E z+1 = z 1 AM = BM M med[ab] = Oy 1+z M E z = 1 ou z 1 et arg = 0 π 1 z M = A ou M A et BM, AM = 0 π M AB\{B} et on retrouve la droite Ox privée du point B1,0 4 Soit M B 1+z M E z = 1 ou z 1 et arg = π 1 z π M = A ou M A et BM, AM = π π M est sur le cercle de diamètre [AB] privé de B et on retrouve le cercle de centre O et de rayon 1 privé du point B1,0 Exercice n o 14 Soit f la transformation considérée 1 f est la translation de vecteur u3, 1 ω = ω+3 ω = 3 f est l homothétie de rapport et de centre Ω 3,0 3 ω = iω+1 ω = 1 1+i Comme i = eiπ/, f est la rotation d angle π et de centre Ω1, 1 4 ω = 1 iω++i ω = 1 i Comme 1 i = e iπ/4, f est la similitude de centre Ω1,, de rapport et d angle π 4 Exercice n o 1 1 Soit z C Soient M, A et B les points d affixes respectives z, 1 et 1 z solution de E z 1 n = z+1 n z 1 n = z+1 n z 1 n = z+1 n z 1 = z+1 car z 1 et z+1 sont des réels positifs AM = BM M med[ab] M Oy z ir Soit z C Par suite, z 1 n z+1 n = 1 n z+1 n z 1 n = 1 n z 1 n z+1 n 3 Soit z C z solution de E z 1 n z+1 n = 0 z 1 n z+1 n = 0 z solution de E z solution de E z 1 n = z+1 n k 0,n 1 / z+1 = e ikπ/n z 1 k 1,n 1 / z = eikπ/n 1 e ikπ/n +1 k 1,n 1 / z = eikπ/n e ikπ/n e ikπ/n +e ikπ/n k 1,n 1 / z = i sin kπ n cos kπ n k 1,n 1 / z = i cotan kπ n Les solutions de l équation E sont les nombres de la forme i cotan kπ, 1 k n 1 n http ://wwwmaths-francefr 7 c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés

8 Exercice n o 16 1 Soit z C shz et chz sont définis et donc, thz existe si et seulement si chz 0 Or, chz = 0 e z +e z = 0 e z = 1 e z+iπ = 1 z+iπ iπz z i thz existe si et seulement si z / i π +πz Soit z / i π +πz π ou encore z / i +πz thz = 0 shz = 0 e z = e z e z = 1 z iπz z iπz π Comme i +πz iπz =, thz = 0 si et seulement si z iπz π 3 Soit z / i +πz Posons z = x+iy où x,y R π +πz Par suite, thz < 1 e z e z < e z +e z e z e z e z e z < e z +e z e z +e z e z z e z z < e z z +e z z e iy +e iy > 0 cosy > 0 { Imz < π thz < 1 { y < π cosy > 0 y < π 4 z 4 Soit z D après 1, thz existe et d après 3, thz < 1 Donc z thz U Ainsi, th est une application de dans U Soit alors Z U et z Puisque Z 1, 1+Z 1 Z Puisque Z < 1, et donc θ ] π, π [ En posant z = x+iy où x,y R thz = Z ez 1 e z +1 = Z ez = 1+Z 1 Z 1+Z 0 et on peut poser 1 Z = reiθ où r R + et θ ] π,π] Re 1+Z = 1+Z 1 Z 1 Z + 1+Z 1 Z = 1 Z 1 Z > 0 Puisque θ Mais alors, e z = 1+Z 1 Z ez = re iθ e x = r et y θ+πz x = 1 lnr et y θ +πz k Z/ z = 1 lnr+ θ +kπ ] π, π [, on a θ ] π 4, π [ puis 4 θ ] +kπ π 4, π [ k = 0 4 { thz = Z z x = 1 lnr y = θ http ://wwwmaths-francefr 8 c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés

9 Ainsi, tout élément Z de U a un et un seul antécédent z dans à savoir z = 1 ln 1+Z 1 Z + i 1+Z Arg 1 Z désignant l argument de 1+Z qui est dans ] π,π[ 1 Z th réalise donc une bijection de sur U, Arg 1+Z 1 Z http ://wwwmaths-francefr 9 c Jean-Louis Rouget, 014 Tous droits réservés