Feuille 2 Nombres complexes

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1 Université Claude Bernard-Lyon 1 Semestre d automne Fondamentaux des mathématiques 1 Feuille Nombres complexes Exercice 1. Calculer le module et un argument de z 1 Exercice. Soit u 1 et v 1 1. Déterminer les modules de u et v.. Déterminer un argument de u et un argument de v. 3. En déduire le module et un argument pour chacune des racines cubiques de u.. Déterminer le module et un argument de u v. 5. En déduire les valeurs de cos ( 5π 5π ) et sin ( 1 1 ) Exercice 3. Calculer le module et un argument de 6 i u En déduire le module et un argument de u. v et v 1 i Exercice. 1. Déterminer la forme trigonométrique de (1 ) n pour tout n N. (Utiliser la formule de Moivre).. En déduire une expression simple de (1 ) n + (1 i) n. Exercice 5. Soit x R 1. Calculer cos(3x) (resp. sin(3x)) en fonction de cos(x) (resp. de sin(x)).. Linéariser sin (x) puis cos(x) sin (x) Exercice 6. Pour rappel : Soient z C et n N. Il existe exactement n nombres complexes ω vérifiant ω n z Ces nombres sont appelés les n racines n-ième de z. 1. Représenter dans le plan complexes C les 6 racines 6-ième de 1 et les racines quatrième de 1.. Soit n un entier. Déterminer les n 1 racines du polynôme complexe 1 + z + z + + z n 1. Exercice Quelles sont les racines du polynôme 1 X Factoriser le polynôme P(X) X + X 3 + X + X + 1 1

2 3. En développant P(X). Soit s cos ( π 5 ) + cos (π 5 ) et p cos (π 5 ) cos (π 5 ) Montrer que s 1, p 1 et dès lors que cos (π 5 ) et cos (π 5 ) sont racines de x + x En déduire les valeurs de cos ( π 5 ) et de cos (π 5 ). Exercice 8. Soit z + 1. Calculer z, puis déterminer le module et un argument de z, puis écrire z sous forme trigonométrique.. En déduire le module et un argument de z. 3. En déduire cos ( π 1 ) et sin ( π 1 ). Exercice Donner les solutions de : u Sous forme algébrique et trigonométrique.. Donner les solutions de : (z + 1) + (z 1) 0 Sous forme algébrique. Exercice Donner les solutions complexes de X 1.. Résoudre X 1 3. Résoudre X 8 + ( 1 Exercice 11. i ) X 1 i 0 1. Déterminer les deux solutions complexes de u.. Résoudre z ( z i ) On explicitera les solutions sous forme algébrique. Exercice Calculer les racines carrées des nombres complexes a) z 1 7 b) z 9 + 0i c) z 3 1. Résoudre dans C les équations suivantes : Exercice 13. Résoudre dans C les équations suivantes : 1. iz + (1 5i)z + 6i 0. z + (5 )z z (3 )z + 7i 1 0 a) z b) z 3 i Exercice z z i 0.. z (3 )z 1 + 5i 0.

3 3. z z z + 10z x 30x x + x 3 + 6x + x z 3 + 3z i (1 )z (3 )z (1 )z (9 + 3i)z 5i (1 + 3i)z (6i + )z + 11i 3 0. Exercice 15. Soient n N, θ R. Calculer kn kn U n cos(kθ), V n sin(kθ) k0 k0 Exercice 16. Résoudre dans C les équations suivantes : 1. z 5 z 0. 7(z 1) 6 + (z + 1) z 7 1 z. z 6 (3 )z Exercice 17. Sachant qu elle admet une racine réelle, résoudre dans C l équation suivante : x 3 + (1 3i)x (6 i)x + 10i 0 Exercice 18. Soit (E) l équation X 3X 3 + ( i)x + 3X Montrer que (E) admet des racines réelles.. Résoudre (E). Exercice Résoudre X 3. Résoudre Z 3 8i 3. Résoudre On rappelle que Z6 + (1 + 3i)Z i 0 Exercice 0. Déterminer l ensemble des nombres complexes z tels que : 1. 1 z 1. Re(1 z) 1 3. Re(iz) z 3

4 5. z 3 z+3 6. z 3 z+3 < Exercice 1. Montrer que En déduire que z, z C, z + z z + z z, z C, z z z z Exercice. Soient z, ω C. Etablir la relation z + ω + z ω ( z + ω ) Et en donner une interprétation géométrique. Exercice 3. Soit c C avec c < Montrer que z + c 1 + cz si et seulement si z 1. Soient D {z C, z 1} le disque unité et C {z C, z 1} le cercle unité.. Montrer que l application f: D D z + c z 1 + cz Est une bijection pour laquelle f(c) C. Exercice. Soit n, un entier. 1. a. Déterminer les complexes qui vérifient z n 1. b. Déterminer les complexes qui vérifient z n 1.. Calculer la somme des complexes qui vérifient z n 1. Exercice Calculer les racines n-ième de i et de 1.. Résoudre z z + 1 i En déduire les racines de z n z n + 1 i 0. Exercice 6. Soit f: C C définie par f(z) z(1 z) 1. Déterminer les points fixes de f c est-à-dire résoudre f(z) z.. Montrer que si z 1 < 1 alors f(z) 1 < 1 Indication : z(1 z) (z 1 ) (1 z) + 1

5 Université Claude Bernard-Lyon 1 Semestre d automne Fondamentaux des mathématiques 1 Feuille compléments Transformation dans le plan complexe Exercice 1. On rappelle que j e iπ 3 ; j j et que j 3 1 Soit r une transformation du plan qui a un point M associe le point M d affixe M r(m) d affixe z j z j Soit s une transformation du plan qui a un point M d affixe z associe le point M s(m) d affixe z j z j 1. Montrer que r est une rotation du plan dont on donnera l affixe du centre Ω et l angle de la rotation.. Montrer que Ω est un point fixe de s. 3. Montrer que s est une symétrie orthogonale. (on ne demande pas l axe de la symétrie).. Calculer l affixe z du point M r s(m), où M est un point d affixe z. Que peut-on en déduire de r s? Exercice. Soit f la transformation du plan complexe qui, à un point M d affixe z associe le point d affixe z ( 1 )z i 1. Montrer que f est une similitude directe, dont on donnera le rapport et le centre.. Montrer que f est la composée d une homothétie de centre O dont on donnera le rapport et d une rotation, dont on donnera le centre et l angle. Exercice 3. Soit f la similitude directe définie par f(z) az + b, où a, b C, avec a ρe iθ et ρ Montrer que f admet un unique point fixe ω.. Donner l image d un complexe z par la rotation r de centre ω et d angle θ. 3. Donner l image d un complexe z par l homothétie h de centre ω et de rapport ρ.. Donner l image d un complexe z par r h en fonction de a, b et z, que peut-on en conclure? Exercice. Soit f la transformation du plan complexe qui, à un point M d affixe z associe le point d affixe z iz + 1 Soit g la transformation du plan complexe qui, à un point M d affixe z associe le point d affixe z iz 1 1. Déterminer les points fixes de f et les points fixes de g. On posera z x y. Soit h f g, quelle est cette transformation, que peut-on dire de son centre? 1

6 Université Claude Bernard-Lyon 1 Semestre d automne Fondamentaux des mathématiques 1 Feuille Nombres complexes Exercice 1. Calculer le module et un argument de Correction exercice 1. Exercice. Soit 1 (1 )( i) () + 1 z 1 i + 3i + u 1 et v 1 1. Déterminer les modules de u et v.. Déterminer un argument de u et un argument de v. 3. En déduire le module et un argument pour chacune des racines cubiques de u.. Déterminer le module et un argument de u v. 5. En déduire les valeurs de Correction exercice. cos ( 5π 5π ) et sin ( 1 1 ) 1. u et v ( 1) +. Donc un argument de u est π. Donc un argument de v est π 3. u ( v ( 1 3. On cherche les solutions complexes de z 3 u ) ei π ) eiπ π i ei6 z 3 z 3 u arg(z 3 ) π + kπ, k Z z 3 3 arg(z) π + kπ, k Z 1. z 1 6 arg(z) π 1 + kπ, k {0,1,} 3 u admet trois racines cubiques z 0 1 6e i 1; π z 1 1 6e i( π 1 +π 3 ) 1 6e i9π 1 1 6e 3iπ et z 1 6e i( π 1 +π 3 ) 1 6e 17iπ 1 1

7 Et Par conséquent u v ei { π e iπ 3 u v π ei( 1 1 π 3 ) 5π 1 + cos ( ) 1 5π 1 sin ( ) 1 5iπ e 1 (1 )( 1 i) { 5π 5π (cos ( ) sin ( 1 1 )) 1 + ( 1 ) cos ( 5π ) 1 sin ( 5π 1 ) 1 6 Exercice 3. Calculer le module et un argument de 6 i u En déduire le module et un argument de u. v et v 1 i Correction exercice 3. 6 i u i 3 i i i u ( ) ( ) ( ) e i Donc u et un argument de u est π. 6 v 1 + ( 1) v ( Donc v et un argument de v est π. u v e i Donc u v 1 et un argument de u v est π 1. π 6 e iπ i ) e i π e i( π 6 +π ) e i π 1 π 6 Exercice. 1. Déterminer la forme trigonométrique de (1 ) n pour tout n N. (Utiliser la formule de Moivre).. En déduire une expression simple de (1 ) n + (1 i) n. Correction exercice ( ) eiπ, on en déduit que (1 ) n ( e iπ ) D'après la formule de Moivre (e iπ n ) e niπ, par conséquent n ( ) n (e iπ n ) n (e iπ n ) (1 ) n n e niπ

8 . (1 i) n (1 ) n (1 ) n n e niπ, donc (1 ) n + (1 i) n n e niπ + n e niπ n (e niπ + e niπ ) n cos ( nπ ) n+ cos ( nπ ) Exercice 5. Soit x R 1. Calculer cos(3x) (resp. sin(3x)) en fonction de cos(x) (resp. de sin(x)).. Linéariser sin (x) puis cos(x) sin (x) Correction exercice Avec la formule de Moivre cos(3x) sin(3x) e 3ix (e ix ) 3 cos(3x) sin(3x) (e ix ) 3 (cos(x) sin(x)) 3 cos 3 (x) + 3 cos (x) (i sin(x)) + 3 cos(x) (i sin(x)) + (i sin(x)) 3 cos 3 (x) + 3i cos (x) sin(x) 3 cos(x) sin (x) i sin 3 (x) cos 3 (x) 3 cos(x) sin (x) (3 cos (x) sin(x) sin 3 (x)) En égalisant les parties réelles et imaginaires { cos(3x) cos3 (x) 3 cos(x) sin (x) cos 3 (x) 3 cos(x) (1 cos (x)) cos 3 (x) 3 cos(x) sin(3x) 3 cos (x) sin(x) sin 3 (x) 3(1 sin (x)) sin(x) sin 3 (x) 3 sin(x) sin 3 (x). sin (x) ( eix e ix ) eix e 3ix e ix + 6e ix e ix e ix e 3ix + e ix i 16 eix + e ix (e ix + e ix ) cos(x) cos(x) cos(x) sin (x) eix + e ix 1 8 cos(x) 1 cos(x) eix + e ix e ix e ix (e5ix + e 3ix e 3ix e ix + 6e ix + e 3ix + e 5ix e ix e 3ix + 6e ix ) 1 3 (e5ix + e 5ix 3(e 3ix + e 3ix ) + (e ix + e ix )) 1 ( cos(5x) 3 cos(3x) + cos(x)) cos(5x) 3 3 cos(3x) cos(x) Exercice 6. Pour rappel : Soient z C et n N. Il existe exactement n nombres complexes ω vérifiant ω n z Ces nombres sont appelés les n racines n-ième de z. 1. Représenter dans le plan complexes C les 6 racines 6-ièmess de 1 et les racines quatrième de 1.. Soit n un entier. Déterminer les n 1 racines du polynôme complexe 1 + z + z + + z n 1. Correction exercice z 6 1 k {0,1,,3,,5}, z e ikπ 6 e ikπ 3 Il y a donc six racines : z 0 1; z 1 e iπ 3 ; z e iπ 3 ; z 3 e 3iπ 3 e iπ 1; z e iπ 3 e iπ 3 z et z 5 e 5iπ 3 z 1 3

9 1,5 e iπ 3 X 1 e iπ 3 X 0,5 1 X 0 X 1-1,5-1 -0,5 0 0,5 1 1,5-0,5 X e iπ 3-1 X e iπ 3-1,5 z z 1 1 arg(z ) arg( 1) + kπ, k Z z 1 arg(z) π + kπ, k Z z 1 arg(z) π + kπ, k {0,1,,3} Il y a donc solutions z 0 e iπ ; z 1 e 3iπ ; z e 5iπ e 3iπ z et z 3 e 7iπ e iπ z 1 1,5 e 3iπ X 1 0,5 X e iπ 0-1,5-1 -0,5 0 0,5 1 1,5 X e 3iπ e iπ 3. Pour tout z C {1} -0,5-1 -1,5 X e iπ 3 e iπ 1 + z + z + + z n 1 1 zn 1 z Les racines du polynôme complexe 1 + z + z + + z n 1 sont les racines n-ièmes de l unité privées de 1, c est-à-dire

10 {e ikπ n, k {1,,, n}} Exercice Quelles sont les racines du polynôme 1 X Factoriser le polynôme P(X) X + X 3 + X + X En développant P(X). Soit s cos ( π 5 ) + cos (π 5 ) et p cos (π 5 ) cos (π 5 ) Montrer que s 1, p 1 et dès lors que cos (π 5 ) et cos (π 5 ) sont racines de x + x En déduire les valeurs de cos ( π 5 ) et de cos (π 5 ). Correction exercice Ce sont les racines cinquièmes de l unité :. Pour tout X C {1} 3. 1; e iπ 5 ; e iπ 5 ; e 6iπ 5 e iπ 5 ; e 8iπ 5 e iπ 5 P(X) 1 + X + X + X 3 + X 1 X5 1 X Les racines de P sont donc les racines cinquièmes de 1 privées de la racine 1. P(X) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) P(X) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 ) (X e iπ 5 X e iπ 5 X + e iπ 5 e iπ 5 ) (X e iπ 5 X e iπ 5 X + e iπ 5 e iπ 5 ) (X (e iπ 5 + e iπ 5 ) X + 1) (X (e iπ 5 + e iπ 5 ) X + 1) (X cos ( π 5 ) X + 1) (X cos ( π ) X + 1) 5 X + ( cos ( π 5 ) cos (π 5 )) X3 + (1 + cos ( π 5 ) cos (π ) + 1) X 5 + ( cos ( π 5 ) cos (π )) X X (cos ( π 5 ) + cos (π 5 )) X3 + ( + cos ( π 5 ) cos (π 5 )) X (cos ( π 5 ) + cos (π 5 )) X + 1 X sx 3 + ( + p)x sx + 1 Ce qui donne 1 + X + X + X 3 + X X sx 3 + ( + p)x sx + 1 Puis en identifiant les coefficients 1 { s 1 s + p 1 p 1 Un polynôme dont cos ( π ) et cos 5 (π ) sont les racines est 5 5

11 (X cos ( π 5 )) (X cos (π 5 )) X cos ( π 5 ) X cos (π 5 ) X + cos (π 5 ) cos (π 5 ) X (cos ( π 5 ) + cos (π 5 )) X + cos (π 5 ) cos (π 5 ) X sx + p X + 1 X 1. Les racines de ce polynôme sont X Δ et X Comme 0 < π < π, cos 5 (π) > 0 et comme π < π < π, cos 5 5 (π ) < 0, on en déduit que 5 cos ( π 5 ) et cos ( π 5 ) 1 5 Exercice 8. Soit z + 1. Calculer z, puis déterminer le module et un argument de z, puis écrire z sous forme trigonométrique.. En déduire le module et un argument de z. 3. En déduire cos ( π 1 ) et sin ( π 1 ). Correction exercice z ( + ) + ( ) + ( + )( ) 3 z () Si on pose θ arg (z ), cos(θ) et sin(θ) 1 donc θ π 6 + kπ Autre méthode :. z ( + 1 i) eiπ 6, donc θ π 6 + kπ. On déduit de la première question que z donc z et que z. Et que les arguments possible de z sont 1 (π + kπ) π iπ + kπ, k {0,1}, donc z e1 ou z e1. iπ Mais z entraine que le cosinus et le sinus de ses arguments sont positifs, donc z e1. iπ 3. D après la question précédente e iπ 1 + (cos ( π 1 ) sin ( π 1 )) + cos ( π 1 ) sin ( π 1 ) + { cos ( π 1 ) + sin ( π 1 ) 6

12 Exercice Donner les solutions complexes de : u sous forme algébrique et trigonométrique.. Donner les solutions complexes de : (z + 1) + (z 1) 0 sous forme algébrique. Correction exercice Il y a quatre solutions. u u arg(u ) arg( ) + kπ, k Z u arg(u) π + kπ, k Z u 1 ( ) 1 1 arg(u) π + kπ, k {0,1,,3} u 0 e iπ ( ) 1 u 1 e 3iπ ( ) 1 u e 5iπ ( i ) 1 i u 1 u 3 e 7iπ ( i ) 1 i u 0 (z + 1) + (z 1) 0 (z + 1) (z 1) ( z + 1 z 1 ) On pose u z+1, il y a donc solutions que l on trouve en exprimant z en fonction de u. z 1 u z + 1 u(z 1) z + 1 zu u z + 1 zu z u + 1 z(u 1) u + 1 z z 1 u + 1 u 1 z 0 u u i i z 1 u u z u i i( i) ( ) i u 1 u u 1 1 z i z 3 u u 3 1 u z 0 1 u 0 Exercice Donner les solutions complexes de z 1.. Résoudre z 1 i 7

13 3. Résoudre z 8 + ( 1 ) z 1 i 0 Correction exercice Les racines quatrième de l unité sont {1, i, 1, i}.. 1 i eiπ 3 donc z 1 Autre solution i X e iπ 3 Il y a quatre solutions : X 1 arg(x ) π 3 + kπ, k Z arg(x) π + kπ, 3 k Z X e iπ 3 X 1 arg(x) π 3 + kπ, k {0,1,,3} X k e i( π 3 +kπ ), k {0,1,,3} z 0 e iπ z 1 e i(π 3 +π ) e 5iπ 6 1 z e i(π 3 +π) e iπ 3 1 i z 3 e i(π 3 +3π ) e 11iπ 6 e iπ 6 i 1 1 i j. Donc z 1 i j z j 0. Or z j (z j)(z + j) (z j )(z i j ) (z j )(z + j )(z ij )(z j ) D où les solutions : z j 1 i, z 1, z i ( 1 i ) i et z 3. On pose Z z, l équation est alors du second degré. Le discriminant est Δ ( 1 ) ( 1 3e iπ 3 Donc les solutions de δ Δ sont δ e iπ 6 Z + ( 1 ) Z 1 i 0 i ) 1 3 i i 3 (1 ) ( 1 ) 3 L équation du second degré a alors deux solutions : Et Z 1 ( 1 Z ) (3 ) ( 1 L équation du huitième degré a pour solution : ) + 3 et δ eiπ 6 ( 3 ) 1 1 i

14 Autre solution Exercice 11. {1, 1, i, 1, 1, 1 9 i, i, i 1 } Z + ( 1 ) Z 1 i 0 Z + jz + j 0 ( Z j ) + Z j Les solutions de T + T sont T 1 j et T j Donc Z 1 j j Z 1 j et Z j j Z j Déterminer les deux solutions complexes de u.. Résoudre z ( z i ) On explicitera les solutions sous forme algébrique. Correction exercice u ( 1 ) eiπ 3 u ±e iπ 3 ± ( 1 ) ±(1 ). On pose u z+i z i z u u(z i) z uz iu z uz z iu z(u 1) i(u + 1) z z i i u + 1 u 1 Il y a deux solutions z 1 i i 1 1 i 1 i + 1 z i 1 i 1 i i i ( i) + () i Exercice Calculer les racines carrées des nombres complexes a) z 1 7 b) z 9 + 0i c) z 3 1. Résoudre dans C les équations suivantes : a) z b) z 3 i Correction exercice a. Soient a et b deux réels tels que : (a ) a b ab 7 En identifiant les parties réels et imaginaires L 1 { a b 7 L ab En prenant le module de (a ) 7, on trouve ( a + b ) 7 + a + b L 3 En calculant L 1 + L 3, on obtient a 3, par conséquent a 16 et a ±

15 En calculant L 3 L 1, on obtient b 18, par conséquent b 9 et b ±3 La ligne L montre que a et b sont de même signe, les racines de 7 sont + 3i et 3i ( + 3i) b. Soient a et b deux réels tels que : (a ) a b ab 9 + 0i En identifiant les parties réels et imaginaires L 1 { L a b 9 ab 0 En prenant le module de (a ) 9 + 0i, on trouve ( a + b ) a + b L 3 En calculant L 1 + L 3, on obtient a 50, par conséquent a 5 et a ±5 En calculant L 3 L 1, on obtient b 3, par conséquent b 16 et b ± La ligne L montre que a et b sont de même signe, les racines de 9 + 0i sont 5 et 5 i (5 ) c. Soient a et b deux réels tels que : (a ) a b ab 1 En identifiant les parties réels et imaginaires L 1 { L a b 1 ab 1 En prenant le module de (a ) 1, on trouve ( a + b ) a + b L 3 En calculant L 1 + L 3, on obtient a 1 +, par conséquent a 1+ et a ± 1+ En calculant L 3 L 1, on obtient b 1, par conséquent b 1 et b ± 1 La ligne L montre que a et b sont de même signe, les racines de 1 sont et 1 + i 1 ( ). a. On utiliser la même méthode que précédemment mais dans cet exemple il y a mieux z ( + 1 i) eiπ 3 Donc z ±e iπ 3 b. Utilisons une «petite ruse» z 3 i i 1 i ( i) Donc z ±( i) Exercice 13. Résoudre dans C les équations suivantes : 1. iz + (1 5i)z + 6i 0. z + (5 )z z (3 )z + 7i 1 0 Correction exercice

16 . 3. Δ (1 5i) i(6i ) 1 10i i i 1 i 1 (1 i) Les racines de l équation sont (1 5i) (1 i) + 6i z i i i i Car 1 i i Et z (1 5i) + (1 i) i i i Δ (5 ) ( ) i i 8 6i 9 3i 1 3 3i (3 i) Les racines de l équation sont Et z z 1 (5 ) (3 i) (5 ) + (3 i) 8 i 1 1 i Δ (3 ) (7i 1) i + 3 i 1 i + (i) (1 i) Les racines de l équation sont (3 ) (1 i) z i Et (3 ) + (1 i) z Exercice z z i 0.. z (3 )z 1 + 5i z z z + 10z x 30x x + x 3 + 6x + x z 3 + 3z i (1 )z (3 )z (1 )z (9 + 3i)z 5i (1 + 3i)z (6i + )z + 11i 3 0. Correction exercice z z 1 Le discriminant vaut + i Δ 3 ( ) i 1 i ( 1 ) 1 ij 1 1 i 1 ( 1 11 i ) 1 j Δ ( (3 )) ( 1 + 5i) i 3 (1 )

17 Il y a deux solutions 3 (1 ) z z + 3i 3. Soit on résout «normalement», soit on ruse, rusons z z Z + Z Avec Z z. Les solutions de Z + Z sont connues (et puis on vient de les revoir dans 1 )) Z 1 j et Z j Par conséquent L 1 L { L 3 z 1 1 j et z 1 j. On pose Z z, Z + 10Z a pour discriminant Δ ( 13) (10 6)(10 + 6) (i) 10 Z i 10 i Z 5 1i On cherche z a b tel que z Z 1 (a b) 5 + 1i a b ab 5 + 1i a b 5 ab 1 a + b ( 5) En faisant la somme de L 1 et de L 3, on trouve que a 8 a a ±, En faisant la différence de L 3 et de L 1, on trouve que b 18 b 9 b ±3, D après L, a et b sont de même signe donc z Z 1 a deux solutions z 1 + 3i et z 3i On peut résoudre de la même façon Z z ou dire que z + 10z est une équation à coefficients réels et que donc si une racine complexe est solution alors son conjugué est aussi solution, par conséquent z 1 3i et z + 3i sont aussi solution, ce qui donne solutions pour une équation de degré, il n y en a pas plus, on les a toutes. 5. On pose X x X 30X Δ (16i) 30 16i X i X i On cherche x tel que x 15 8i 16 8i 1 ( i) Il y a donc deux solutions x 1 i et x ( i). De même on cherche x tel que x i i 1 ( ) Il y a donc deux solutions x 3 et x ( ) i. Les solutions sont { i,,, i} 6. Il faudrait trouver des solutions (réelles ou complexes). x 1 est solution évidente, mais ensuite cela ne vient pas, mais en regardant mieux on s aperçoit que premiers termes ressemblent fort au développement de (x + 1) x + x 3 + 6x + x + 1 donc 1

18 x + x 3 + 6x + x 15 0 (x + 1) (x + 1) 16 (x + 1) 16 arg((x + 1) ) arg(16) + kπ, k Z x + 1 arg(x + 1) 0 + kπ, k Z x + 1 arg(x + 1) kπ, k {0,1,,3} x ikπ k + 1 e, k {0,1,,3} x k 1 + e ikπ, k {0,1,,3} x ; x e iπ 1 ; x 1 + e iπ 1 3; x e 3iπ 1 i Sont les solutions. 7. On voit que i est une solution évidente (car i 3 + 3i i 0) donc on peut mettre z i en facteur. z 3 + 3z i (z i)(az + bz + c) z 3 + 3z i az 3 + ( ia + b)z + ( ib + c)z ic a 1 a 1 ia + b 0 b ia i ib + c 3 c 3 b ic i c z 3 + 3z i (z i)(z z + ) Le discriminant de z z + est Δ i 9 (3i) Il y a deux solutions i 3i i + 3i z i et z i Il y a donc deux solutions, z 1 i et z i. 8. Δ ( (3 )) (1 )( 6 ) (3 ) ( 6 6i ) i ( 10 i) 8 + 6i i 8 + 1i On pose δ a b, Δ δ 8 + 1i (a b) 8 + 1i a b ab { a b 8 ab 1 On rajoute l équation Δ δ 8 + 1i a + b + 7i a + b a + b + 7 a + b a + b Avec le système { a b 8 a + b 50, en faisant la somme des deux équations, on trouve a 98 a 9, d où l on tire b 1. Les valeurs possibles de a sont ±7 et les valeurs possibles de b sont ±1, d après l équation ab 1 ab 7, on en déduit que ab > 0 et que donc a et b sont de même signe. Si a 7 alors b 1 et δ 7 et si a 7 alors b 1 et δ 7 i Deuxième méthode Δ 8 + 1i 9 + 7i 1 (7 ) donc δ 7 ou δ 7 i. Troisième méthode On reprend le système { a b 7 8 ab 1 ( {a a ) 8 b 7 a 13 a 9 8 a b 7 a 9 8a b 7 a a { a 8a 9 0 b 7 A 8A 9 0 b 7, le discriminant de A 8A 9 0 est Δ 8 + a a donc ses solutions sont A et A , A 1 < 0 donc il n y a pas de solution de a 1, par contre a 9 admet deux solutions a 7 et a 7.

19 9. Si a 7 alors b 7 1 et si a 7 alors b 7 1, on retrouve les mêmes solutions. a a Les solutions de (1 )z (3 )z 6 0 sont : (3 ) (7 ) z 1 (1 ) (1 ) (1 i) (3 ) + (7 ) 10 z (1 ) (1 ) 5 (5 )(1 i) 5 5i i 3 i Δ ( (9 + 3i)) (1 )( 5i + 10) (3(3 ) ) ( 5i i) 9( i) ( 5) 9(8 + 6i) (0 + 15i) 7 + 5i 80 60i 8 6i On pose δ a b, Δ δ 8 6i (a b) 8 6i a b ab a b 8 ab 6 On rajoute l équation Δ δ 8 6i a + b a + b ( 8) + ( 6) a + b a + b Avec le système { a b 8 a + b 10, en faisant la somme des deux équations, on trouve a a 1, d où l on tire b 9. Les valeurs possibles de a sont ±1 et les valeurs possibles de b sont ±3, d après l équation ab 6 ab 3, on en déduit que ab < 0 et que donc a et b sont de signe opposé. Si a 1 alors b 3 et δ 1 3i et si a 1 alors b 3 et δ 1 + 3i Deuxième méthode On reprend le système { a b 3 8 ab 6 ( {a a ) 8 b 3 a { a + 8a 9 0 b 3 A + 8A 9 0 b 3 a a a 9 a 8 b 3 a a 9 8a b 3 a, le discriminant de A + 8A 9 0 est Δ donc ses solutions sont A et A , A < 0 donc il n y a pas de solution de a 9, par contre a 1 admet deux solutions a 1 et a 1. Si a 1 alors b 3 a 3 et si a 1 alors b 3 a 1, on retrouve les mêmes solutions. Troisième méthode Δ 8 6i 1 6i 9 (1 3i) donc δ 1 3i et δ 1 + 3i Les solutions de (1 )z (9 + 3i)z 5i sont : 10. (9 + 3i) (1 3i) z i (1 ) (1 ) + 3i 1 (9 + 3i) + (1 3i) z (1 ) ( + 3i)(1 i) 1 + 8i + 3i (1 ) 5 5(1 i) i i Δ ( (6i + ) ) (1 + 3i)(11i 3) (6i + ) (11i i) 36 + ( 56 58i) i i 6(3 ) Si j ai mis 6 en facteur, c est que maintenant il suffit de trouver une racine deuxième de 3, ce qui est beaucoup plus facile que de trouver une racine deuxième de i. On pose δ a b, Δ δ 3 (a b) 3 a b ab a b 3 ab 1

20 On rajoute l équation Δ δ 3 a + b a + b + a + b 5 5 Avec le système { a b 3 a + b 5, en faisant la somme des deux équations, on trouve a 8 a, d où l on tire b 1. Les valeurs possibles de a sont ± et les valeurs possibles de b sont ±1, d après l équation ab ab, on en déduit que ab > 0 et que donc a et b sont de même signe. Si a alors b 1 et δ et si a alors b 1 et δ i Donc ( ) 3 entraine que Δ 6(3 ) 8 ( ) (8( )) (16 + 8i) Deuxième méthode 3 1 ( ) et on retrouve le même résultat. Troisième méthode On reprend le système { a b a 3 ( ab a ) 3 a { b a 3 a 3a a 3a 0 b b b a a a a A 3A 0 b a Les solutions de A 3A 0 sont A 1 1 < 0 et A, donc a, Si a alors b 1 et alors δ i, si a alors b 1 et alors δ. a a Les solutions de (1 + 3i)z (6i + )z + 11i 3 0 sont 6i + (16 + 8i) 1 i 7 i ( 7 i)(1 3i) 7 + 1i i 3 z 1 (1 + 3i) (1 + 3i) 1 + 3i i + + (16 + 8i) i z (1 + 3i) (1 + 3i) 9 + 7i (9 + 7i)(1 3i) 9 7i + 7i i i 10 Exercice 15. Soient n N, θ R. Calculer Correction exercice 15. kn kn U n cos(kθ), V n sin(kθ) k0 U n V n cos(kθ) sin(kθ) (cos(kθ) sin(kθ)) e ikθ k0 Grâce à la formule de Moivre Par conséquent si θ lπ, l Z kn k0 kn U n V n (e iθ ) k k0 kn k0 kn k0 1 (eiθ ) n 1 e iθ 1 eniθ 1 e iθ kn k0 kn (e iθ ) k Toujours grâce à la formule de Moivre. Pour trouver U n et V n il faut trouver la partie réelle et la partie imaginaire de cette expression. Première et pas terrible solution, mais correcte. U n + V n 1 eniθ 1 e iθ (1 eniθ )(1 e iθ ) (1 e iθ )(1 e iθ ) Car le conjugué de 1 e iθ est 1 e iθ et non pas, comme le pense de nombreux étudiants 1 + e iθ k0 15

21 U n + V n (1 eniθ )(1 e iθ ) (1 e iθ )(1 e iθ ) 1 e iθ e niθ + e (n 1)iθ 1 e iθ e iθ + e iθ e iθ 1 (cos(θ) i sin(θ)) (cos(nθ) sin(nθ)) + (cos((n 1)θ) sin((n 1)θ)) 1 (e iθ + e iθ ) cos(θ) cos(nθ) + cos((n 1)θ) (sin(θ) sin(nθ) + sin((n 1)θ) ) 1 cos(θ) cos(θ) cos(nθ) + cos((n 1)θ) sin(θ) sin(nθ) + sin((n 1)θ) 1 cos(θ) cos(θ) + 1 Ce qui montre que 1 cos(θ) cos(nθ) + cos((n 1)θ) sin(θ) sin(nθ) + sin((n 1)θ) U n et V 1 cos(θ) + 1 n 1 cos(θ) + 1 Deuxième solution, «la bonne» mais astucieuse pour des L1 Ce qui montre que U n + V n 1 i eniθ e n+1 θ (e in+1 θ e in+1 θ ) 1 e iθ e iθ (e iθ e iθ ) 16 n+1 ei θ + 1 e in+1 θ e iθ cos (n θ) cos ( θ e i nθ ) (cos ( nθ ) sin (nθ cos ( nθ U n cos ( nθ C est mieux. Et puis si θ lπ avec l Z kn e iθ )) cos (n + 1 θ) cos ( θ ) ) cos (n + 1 θ) cos ( θ ) sin ( nθ ) _ (e in+1 θ e in+1 θ ) cos ( n + 1 θ) cos ( θ ) cos ( n + 1 θ) cos ( θ ) (e iθ e iθ ) + 1 cos (n ) θ) cos ( θ et V n sin ( nθ ) ) cos ( n + 1 θ) cos ( θ ) U n cos(klπ) 1 n + 1, V n sin(klπ) 0 0 k0 Exercice 16. Résoudre dans C les équations suivantes : 1. z 5 z 0. 7(z 1) 6 + (z + 1) z 7 1 z. z 6 (3 )z kn k0 Correction exercice z 5 z 0 z(z 1) 0 z(z 1)(z + 1) 0 z(z 1)(z + 1)(z i)(z ) 0 z {0,1, 1, i, i}. 7(z 1) 6 + (z + 1) 6 0 (z + 1) 6 7(z 1) 6 ( z z 1 ) 7 kn k0 kn k0

22 3. On pose X z+1 et on va résoudre z 1 X6 7 X 6 X arg(x 6 ) arg( 7) + kπ, k Z X arg(x) π + kπ, k Z X (3 3 ) arg(x) π + kπ (k + 1)π, k {0,1,,3,,5} 6 6 Il y a donc 6 solutions X k e (k+1)π 6, k {0,1,,3,,5} Il reste à trouver les solutions de 7(z 1) 6 + (z + 1) 6 0, soit z k une solution X k z k + 1 z k 1 X k (z k 1) z k + 1 X k z k X k z k + 1 X k z k z k X k + 1 (X k 1)z k X k + 1 z k X k + 1 X k 1 Avec k {0,1,,3,,5}. L énoncé ne précise pas sous quelle forme doivent être mise les solutions, si on les veut sous forme algébrique, il faut aller plus loin z k X k + 1 X k 1 (X k + 1)(X k 1) (X k 1)(X k 1) X k X k + X k 1 X k X k X k (X k X k ) 1 3 (X k + X k ) + 1 iim(x k ) Re(X k ) 1 iim(x k ) (k + 1)π 1 i sin ( ) Re(X k ) 6 (k + 1)π cos ( ) 6 Puis remplacer k par 0, puis par 1, etc z 7 1 z 7 1 z z z arg(z 7 ) arg ( z z ) + kπ, k Z 7 arg(z) arg(z) + kπ, k Z Il y a 5 solutions z 7 1 z z arg(z) kπ, k Z 7 arg(z) arg(z) + kπ, k Z z 1 arg(z) kπ, k {0,1,,3,} 5 {e kiπ 5, k {0,1,,3,}}. z 6 (3 )z 3 + 0, on pose X z 3 et on résous X (3 )X + 0 Δ (3 ) ( ) 9 + 1i 8 8i 3 + i + 1 (i + 1) Il y a deux solutions 3 (i + 1) X 1 1 et X Il reste à résoudre z 3 1 et z 3 z 3 1 k {0,1,}, z e ikπ 3 Car ce sont les racines troisième de l unité, cela donne trois solutions 17

23 {1, e iπ 3 1, eiπ 3 1 i } z 3 z 3 arg(z 3 ) arg( ) + kπ, k Z + 8 ( 3 ) ( 3 3 ) 3 ( ) 3 e iπ z 3 z arg(z) π + kπ, k Z z arg(z) π 1 + kπ, k {0,1,} 3 Cela donne trois solutions de plus { e i π 1, e i9π 1 e i3π 1, e i17π 1 } Exercice 17. Sachant qu elle admet une racine réelle, résoudre dans C l équation suivante : x 3 + (1 3i)x (6 i)x + 10i 0 Correction exercice Soit a R tel que : a 3 + (1 i)a 3(1 )a 0 a 3 + a 3a ( a 3a + ) 0 a3 + a 3a 0 a 3a + 0 Les solutions de l équation a 3a + 0 sont a 1 et a 1 ( ) 3 + ( ) 3( ) ( 1 3 ) + ( 1 ) 3 ( 1 ) Donc seul est solution de (E). On peut diviser X 3 + (1 i)x 3(1 )X par X + X 3 + (1 i)x 3(1 )X X + X 3 + X ( 1 i)x 3(1 )X ( 1 i)x + ( 1 i)x ( 1 )X ( 1 )X X + ( 1 i)x 1 Par conséquent X 3 + (1 i)x 3(1 )X (X + )(X + ( 1 i)x 1 ) (X + )(X (1 )X 1 ) Les solutions de (E) sont donc X (1 )X 1 0 Δ (1 ) (i 1) 1 i + 1 X i 18

24 Exercice 18. Soit (E) l équation X X 3X 3 + ( i)x + 3X Montrer que (E) admet des racines réelles.. Résoudre (E). Correction exercice Soit a R une solution de (E) a 3a 3 + ( i)a 3 0 a 3a 3 + a + 3a 3 ( a + 1) 0 a 3a 3 + a + 3a 3 0 a a 1 1 est solution de a 3a 3 + a 3 0 et a 1 est solution de a 3a 3 + a + 3a 3 0, donc (E) admet deux solutions réelles, on peut mettre (X 1)(X + 1) X 1 en facteur.. Il existe a, b, c C tels que X 3X 3 + ( i)x + 3X 3 (X 1)(aX + bx + c) On développe (X 1)(aX + bx + c) ax + bx 3 + (c a)x bx c Par conséquent a 1 b 3 c a i b 3 { c 3 a 1 b 3 c 3 i X 3X 3 + ( i)x + 3X 3 (X 1)(X 3X + 3 i) 0 Il reste à trouver les solutions de X 3X + 3 i 0 Δ 9 (3 i) 3 1 (1 ) Les racines carrées du discriminant sont δ ±(1 i) Il y a deux solutions 3 (1 ) X 1 X i L ensemble des solutions de (E) est S { 1,1,1 i, } Exercice Résoudre X 3. Résoudre Z 3 8i 3. Résoudre On rappelle que Z6 + (1 + 3i)Z i 0 Correction exercice X 3 ( Donc ) 3 e 3iπ 19

25 . X 3 ( ) 3 e 3iπ X 3 3 arg(x 3 ) 3π + kπ, k Z X arg(x) 3π + kπ, k Z X arg(x) π + kπ X k 3, k {0,1,} e i(π +kπ 3 ), k k {0,1,} X 0 e iπ ( 0 ) 1 X 1 e i(π +π 3 ) e 11iπ 1 X e i(π +π 3 ) e 19iπ 1 X 3 8i 3 e 3iπ X 3 3 X 3 3 arg(x 3 ) 3π + kπ, k Z 3 arg(x) 3π + kπ, k Z X arg(x) π + kπ 3, k {0,1,} X k e i( π +kπ 3 ), k k {0,1,} X 0 e iπ i X 1 e i(π +π 3 ) e 7iπ 6 ( 1 i) i X e i(π +π 3 ) e 11iπ 6 ( 1 i) i 3. On pose X Z 3 1 Z6 + (1 + 3i)Z i 0 1 X + (1 + 3i)X i 0 Le discriminant de cette équation est : Δ (1 + 3i) 1 (8 + 8i) 1 + 6i i 10i Les racines carrés de 10i : (a b) 10i a b ab 10i a b ab 10 L 1 { L a b ab 5 On rajoute l égalité des modules a + b L 3 En additionnant L 1 et L 3, on trouve a donc a 1, c est-à-dire a ±1. En soustrayant L 1 à L 3, on trouve b 50 donc b 5, c est-à-dire b ±5. D après L, a et b sont de signes différents donc les deux racines carrés de 10i sont : 1 5i et 1 + 5i. L équation du second degré a pour racine : (1 + 3i) (1 5i) X 1 1 i Et Les six racines de (1 + 3i) + (1 5i) X 1 i 1

26 1 Z6 + (1 + 3i)Z i 0 Sont les six complexes trouvés en 1. et. Exercice 0. Déterminer l ensemble des nombres complexes z tels que : 1. 1 z 1. Re(1 z) 1 3. Re(iz) z 5. z 3 z+3 6. z 3 z+3 < Correction exercice L ensemble des points d affixe z C, tels que 1 z 1 est le cercle de centre Ω d affixe 1 et de rayon 1.. On pose z x y avec x et y réels 1 z 1 x iy Re(1 z) 1 1 x 1 x 1 L ensemble des solutions est le demi-plan complexe à droite de la droite verticale x On pose z x y avec x et y réels iz i(x y) y x Re(iz) 1 y 1 y 1 L ensemble des solutions est le demi-plan complexe au-dessus de la droite horizontale y 1. On pose z x y avec x et y réels z z 1 z z 1 z (x 1) + y (x + y ) x x y x + y 1 x + x + y 1 (x + 1) 1 + y (x + 1) + y L ensemble des solutions est le cercle de centre ( 1,0) et de rayon. z 3 z + 3 z 3 z + 3 z 3 z + 3 (x 3) + y ((x + 3) + y ) x 6x y (x + 6x y ) x 6x y x + x y 0 3x + 30x y 0 x + 10x y 0 (x + 5) y 16 (x + 5) + y L ensemble des solutions est le cercle de centre ( 5,0) et de rayon. 1

27 z 3 z + 3 < z 3 z + 3 < z 3 < z + 3 (x 3) + y < ((x + 3) + y ) x 6x y < (x + 6x y ) x 6x y < x + x y 0 < 3x + 30x y 0 < x + 10x y 0 < (x + 5) y 16 < (x + 5) + y L ensemble des solutions est l extérieur du disque de centre ( 5,0) et de rayon. Exercice 1. Montrer que En déduire que z, z C, z + z z + z z, z C, z z z z Correction exercice 1. z + z (z + z )(z + z ) (z + z )(z + z ) zz + zz + z z + z z z + zz + zz + z z + Re(zz ) + z z + zz + z z + z z + z z + z z + z ( z + z ) Comme z + z 0 et z + z 0 On a z + z z + z Dans z + z z + z on pose Z z + z et Z z donc z Z Z, cela donne Z Z Z + Z Z Z Z Z (1) Puis on intervertit Z et Z dans (1) on obtient Z Z Z Z (Z Z ) Z Z () Comme Z Z Z Z si Z Z et Z Z ( Z Z ) Z Z si Z Z (1) ou () donne le résultat. Exercice. Soient z, ω C. Etablir la relation z + ω + z ω ( z + ω ) Et en donner une interprétation géométrique. Correction exercice. z + ω + z ω (z + ω)(z + ω) + (z ω)(z ω) z + zω + ωz + ω + z zω ωz + ω ( z + ω ) C est l égalité du parallélogramme, la somme des carrés des longueurs des côtés est égale à la somme des carrés des diagonales Exercice 3.

28 Soit c C avec c < Montrer que z + c 1 + cz si et seulement si z 1. Soient D {z C, z 1} le disque unité et C {z C, z 1} le cercle unité.. Montrer que l application f: D D z + c z 1 + cz Est une bijection pour laquelle f(c) C. Correction exercice z + c 1 + cz z + c 1 + cz (z + c)(z + c) (1 + cz)(1 + cz) z + zc + cz + c 1 + cz + cz + c z z + c 1 + c z 0 1 c + c z z 1 c + ( c 1) z 0 (1 c )(1 z ) 0 1 z 0 1 z 1 z. Il faut montrer que pour tout z D il existe un unique z D tel que z z + c 1 + cz Mais il faut d abord montrer que f(d) D, comme z 1 d après 1., z + c 1 + cz, ce qui équivaut à z + c z + c 1 + cz 1 + cz f(z) 1 D où z D f(z) D z z + c 1 + cz z (1 + cz) z + c z + z cz z + c z c z z cz z c z(1 z c) z c 1 z c z Car z c < 1 et donc le dénominateur n est pas nul On a montré que pour tout z D, il existe un unique z tel que z f(z), il reste à montrer que z D. On pose c c, c < 1 z z + c 1 + z c z z + c 1 + z c 1 D après le 1. Montrons que f(c) C. Soit z C, donc z 1 c z + c (1 + f(z) z ) cz z (1 + z 1 + cz 1 + cz z ) z 1 + cz + cz 1 + cz cz 1 + cz 1 + cz 1 + cz + cz 1 + cz 1 + cz 1 + cz 1 Cela montre que f(c) C, il faut montrer que C f(c) Soit z C, z admet un unique antécédent z, on a z f(z) z z c 1 z c z + c 1 + z c Si on pose c c et comme précédemment z 1, ce qui montre que pour tout z C, il existe z C tel que z f(z) f(c) Exercice. Soit n, un entier. 1. a. Déterminer les complexes qui vérifient z n 1. 3

29 b. Déterminer les complexes qui vérifient z n 1.. Calculer la somme des complexes qui vérifient z n 1. Correction exercice. 1. a. z k e ikπ n b. e ikπ n, k {0,1,,n 1}. z n z 1 n 1 arg(z n ) arg( 1) + kπ z n 1 n arg(z) π + kπ z 1 arg(z) π n + kπ, k {0,1,, n 1} n Il y a n solutions z k e i(π+kπ) n, k {0,1,, n 1} Soit encore z k e iπ n e ikπ n. Première solution z n 1 zn 1 z n 1 La somme des racines n-ième de l unité (qui est nulle) est la somme des racines n-ième de l unité (qui est nulle) plus la somme des complexes qui vérifient z n 1, donc la somme des complexes qui vérifient z n 1 est nulle. Deuxième solution n 1 e iπ n e ikπ n k0 e iπ n 1 n e ikπ n k0 Car e iπ n 1 pour n. n 1 e iπ n (e iπ k0 k n ) Exercice Calculer les racines n-ièmes de i et de 1.. Résoudre z z + 1 i En déduire les racines de z n z n + 1 i 0. Correction exercice On cherche les complexes tels que e iπ n 1 (e iπ n n ) 1 e iπ n e iπ 1 einπ n n 1 e iπ n e iπ 1 n eiπ 1 e iπ 0 n z n z i n i z n 1 arg(z n ) arg( i) + kπ, k Z n arg(z) π + kπ, k Z z 1 arg(z) π n + kπ, k {0,1,, n 1} n Les solutions sont les z k e i( π n +kπ n ), k {0,1,, n 1} On cherche les complexes tels que z n 1 ( ) π z n ei arg(z n ) π + kπ, k Z z n 1 n arg(z) π + kπ, k Z z arg(z) π n + kπ, k {0,1,, n 1} n Les solutions sont les 1 n

30 z k ne 1 n +kπ n ), k {0,1,, n 1}. z z + 1 i 0 Le discriminant vaut Δ ( 1) (1 i) 3 i 1 (1 ) Il y a deux solutions 1 (1 ) z 1 i z z n z n + 1 i 0, on pose Z z n z n z n + 1 i 0 Z Z + 1 i 0 Z i ou Z 1 z n i ou z n 1 L ensemble des solutions est {e i( π n +kπ n ), k {0,1,, n 1}, 1 ne i( π n +k π n ), k {0,1,, n 1}} Exercice 6. Soit f: C C définie par f(z) z(1 z) 1. Déterminer les points fixes de f c est-à-dire résoudre f(z) z.. Montrer que si z 1 < 1 alors f(z) 1 < 1 Indication : z(1 z) (z 1 ) (1 z) + 1 Correction exercice f(z) z z(1 z) z z(1 z) z 0 z z z 0 z 0 z 0. f(z) 1 z(1 z) 1 (z 1 ) (1 z) (z 1 ) 1 (z 1 ) + 1 z (1 )

31 Université Claude Bernard-Lyon 1 Semestre d automne Fondamentaux des mathématiques 1 Feuille compléments Transformation dans le plan complexe Exercice 1. On rappelle que j e iπ 3 ; j j et que j 3 1 Soit r une transformation du plan qui a un point M associe le point M d affixe M r(m) d affixe z j z j Soit s une transformation du plan qui a un point M d affixe z associe le point M s(m) d affixe z j z j 1. Montrer que r est une rotation du plan dont on donnera l affixe du centre Ω et l angle de la rotation.. Montrer que Ω est un point fixe de s. 3. Montrer que s est une symétrie orthogonale. (on ne demande pas l axe de la symétrie).. Calculer l affixe z du point M r s(m), où M est un point d affixe z. Que peut-on en déduire de r s? Correction exercice j e iπ e iπ 3 e 7iπ 3 e iπ 3 donc r est une rotation d angle π, son point fixe vérifie r(ω) Ω 3 donc ω j ω j, ce qui entraine que :. L affixe de s(ω) est ω 1 + j 1 + j 1 j j j j 1 Ce qui montre que s(ω) Ω Autrement dit Ω est un point fixe de s. 3. L affixe de l image par s d un point M est de la forme az + b, de plus ab + b j (1 + j ) j j (1 + j) j j j j 0 Donc s est une symétrie orthogonale.. Soit M s(m) d affixe z j z j. Soit M r(m ) r s(m) d affixe z j z j, on a z j z j j ( j z j ) j j z j j j jz + 1 j C est de la forme az + b, il reste à vérifier que ab + b 0 pour montrer qu il s agit d une symétrie orthogonale. ab + b j(1 j) + 1 j j(1 j ) + 1 j j j j 0 r s est une symétrie orthogonale. Exercice. Soit f la transformation du plan complexe qui, à un point M d affixe z associe le point d affixe z ( 1 )z i 1. Montrer que f est une similitude directe, dont on donnera le rapport et le centre. 1

32 . Montrer que f est la composée d une homothétie de centre O dont on donnera le rapport et d une rotation, dont on donnera le centre et l angle. Correction exercice. 1. z est de la forme az + b donc f est une similitude directe. 1 ( 1) + 3 est le rapport de la similitude Son centre d affixe a vérifie a ( 1 )a i ( i )a i a i i. 1 ( 1) + 3 z (( 1 ( i)( ) + 3 ) z i ) (eiπ 3 z i ) 3 7 i 7 On appelle h l homothétie de centre O rapport est, à un point M d affixe z elle associe le point M d affixe z z On appelle r la rotation d angle π 3 (car π 3 M d affixe z elle associe le point d affixe M d affixe z e iπ 3 z i M h(r(m)) et M r(m) Equivaut à Donc est un argument du complexe de module 1 : eiπ 3 ), à un point z z { z e iπ 3 z i z (e iπ 3 z i ) ( 1 )z i On a bien f h r. Il reste à trouver le centre de la rotation, c est-à-dire son point fixe Ω d affixe ω qui vérifie ω ( 1 ) ω i ( i 3 1 i i ) ω i ω j 3 i i ( ) Exercice 3. Soit f la similitude directe définie par f(z) az + b, où a, b C, avec a ρe iθ et ρ Montrer que f admet un unique point fixe ω.. Donner l image d un complexe z par la rotation r de centre ω et d angle θ. 3. Donner l image d un complexe z par l homothétie h de centre ω et de rapport ρ.. Donner l image d un complexe z par r h en fonction de a, b et z, que peut-on en conclure? Correction exercice soit ω un éventuel point fixe

33 ω aω + b ω(1 a) b ω b 1 a Car a 1 vu que a 1. Donc f admet un unique point fixe.. r(z) ω e iθ (z ω) r(z) e iθ z + ω(1 e (iθ) ) 3. h(z) ω ρ(z ω) h(z) e iθ z + ω(1 ρ). r(z) e iθ z + ω(1 e (iθ) ) h(z) ρz + ω(1 ρ) z r h(z) r(h(z)) r(z ) e iθ z + ω(1 e (iθ) ) e iθ (ρz + ω(1 ρ)) + ω(1 e iθ ) ρe iθ z + ωe iθ ωρe iθ + ω ωe iθ ρe iθ z ωρe iθ + ω az aω + ω az + ω(1 a) az + b (1 a) az + b f(z) 1 a Donc toute similitude directe de centre ω est la composée d une rotation de centre ω et d une homothétie de centre ω. Il est important de montrer que le «a» et le «b» sont ceux de f. Exercice. Soit f la transformation du plan complexe qui, à un point M d affixe z associe le point d affixe z iz + 1 Soit g la transformation du plan complexe qui, à un point M d affixe z associe le point d affixe z iz 1 1. Déterminer les points fixes de f et les points fixes de g. On posera z x y. Soit h f g, quelle est cette transformation, que peut-on dire de son centre? Correction exercice. 1. On cherche les points d affixe z x y tels que f(m) M, ce qui équivaut à x 1 y z iz + 1 x y i(x iy) y (1 x) x + y 1 y 1 x Il s agit d une droite. On cherche les points d affixe z x y tels que g(m) M, ce qui équivaut à x 1 + y z iz 1 x y i(x iy) y (1 + x) y 1 + x y 1 + x Il s agit d une droite.. On pose M f(g(m)) et M f(m) donc Par conséquent { z iz + 1 z iz 1 z i(iz 1 ) + 1 i( iz 1 i) + 1 z z h est à la fois une homothétie de rapport 1 et une rotation d angle π, l affixe de son centre vérifie z z z i On peut remarquer que c est l intersection des deux droites invariante de f et g. 3

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