Chapitre 1 Nombres complexes 1 Rappels 11 Définitions et règles de calcul Un nombre complexe s écrit sous sa forme algébrique : z = a + bi où (a, b) R a est la partie réelle : a =Re(z) b est la partie imaginaire : b =Im(z) z R b =0 z ir a =0: dans ce cas, z est un imaginaire pur ib, b R Soit a + ib la forme algébrique de z ; a + ib =0 a =0etb =0 Soit a + ib la forme algébrique de z ; a + ib = a + ib a = a et b = b Addition et multiplication ont les mêmes propriétés dans C et dans R Il faudra simplement tenir compte du fait que i = 1 Notamment, on a : zz =0 z =0ouz =0 Une proposition du type z<z n a aucun sens : il n y a pas d ordre dans C 1 Représentation d un nombre complexe Dans le plan rapporté à un repère orthonormal (O, e 1, e ) à tout nombre complexe z = a + bi, (a, b) R, on associe son image : le point M de coordonnées (a, b) On lui associe aussi son image vectorielle : le vecteur V de coordonnées (a, b) A tout point M du plan, de coordonnées (a, b), on associe son affixe : z = a + ib A tout vecteur V de coordonnées (a, b), on associe son affixe : z = a + ib L axe des abscisses est appelé l axe des réels : les images des réels sont les points de cet axe L axe des ordonnées est appelé l axe des imaginaires purs : les images des imaginaires purs sont les points de cet axe
4 Chapitre 1 Nombres complexes 1 Conjugué d un nombre complexe Le conjugué de z = a + ib, (a, b) R, est : z = a ib L image M de z est la symétrique de l image M de z par rapport à l axe des x Les trois propriétés suivantes se lisent sur un graphique : z R z = z z ir z = z z = z : l application ϕ : z z est une involution ; ϕ o ϕ = id C et ϕ 1 = ϕ z + z = z + z zz = zz ( z z ) = z z i = i Si λ R, λ = λ z + z =Re(z) z z =iim(z) zz = a + b : c est un réel positif L inverse du nombre complexe z est : 1 z = z a + b 14 Module d un nombre complexe Le module de z = a + ib, (a, b) R, est le réel positif : z = a + b Si M est l image de z, z =OM Si V est l image vectorielle de z, z = V Les quatre propriétés suivantes se lisent sur un graphique : z =0 z =0 z = z Re(z) z Im(z) z L inégalité triangulaire : z z z + z z + z zz = z z z z = z z zz = z 1 z = z z Si z est réel, son module n est autre que sa valeur absolue en tant que réel 15 Forme trigonométrique d un nombre complexe Soit z 0, d image M ; on appelle argument de z toute mesure de ( e 1, OM) Si θ est l un de ces nombres, on écrit : argz = θ ; c est une égalité modulo π La mesure de l angle qui appartient à ] π; π] est la mesure principale Tout complexe non nul a une forme trigonométrique : z = r(cos θ + i sin θ), où r est son module et θ un argument r doit être strictement positif! Si on connaît la forme algébrique : z = a + ib, on obtient la forme trigonométrique par les relations : r = z = a + b ; cos θ = a r ; sin θ = b r Un réel positif non nul a pour argument 0 Un réel négatif a pour argument π Un imaginaire pur non nul a pour argument π ou π Si r 0, r(cos θ + i sin θ) =r (cos θ + i sin θ ) r = r et θ = θ +kπ, k Z
1 Rappels 5 16 Propriétés des arguments Définition : e iθ = cos θ + i sin θ On a donc z = r(cos θ + i sin θ) =re iθ arg(zz )=argz + argz [π] e iθ e iθ = e i(θ+θ ) n Z, arg(z n )=nargz [π] n Z, (e iθ ) n = e niθ ( z ) arg z = argz argz e iθ [π] = e i(θ θ ) e iθ arg 1 z = argz [π] 1 e iθ = e iθ z R + argz =0 [π] z R argz = π [π] z R argz =0 [π] z ir argz = π [π] arg( z) = π + argz [π] argz = argz [π] 17 Formules de trigonométrie cos θ = eiθ + e iθ cos(a + b) = cos a cos b sin a sin b sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a tan a + tan b tan(a + b) = 1 tan a tan b sin θ = eiθ e iθ i cos(a b) = cos a cos b + sin a sin b sin(a b) = sin a cos b sin b cos a tan a tan b tan(a b) = 1 + tan a tan b cos x + sin x = 1 cos x sin x = cos x sin x = sin x cos x tan x = tan x 1 tan x cos a cos b = 1 [cos(a+b)+cos(a b)] sin a cos b = 1 [sin(a + b) + sin(a b)] cos p + cos q = cos p + q cos p q 18 Les complexes et la géométrie sin a sin b = 1 [cos(a b) cos(a+b)] p + q sin p + sin q = sin cos p q cos p cos q = sin p + q sin p q Affixe du milieu I de [AB] : z A + z B Affixe du vecteur AB : z B z A Distance : AB = z B z A Angle orienté : ( AB, AC) = arg z C z A z B z A 19 Equation du second degré az + bz + c =0 L équation a toujours deux solutions dans C : z = b δ a δ est l une des deux racines carrées de Δ=b 4ac et z = b + δ a où 110 Racines n-ièmes, n N,n Lenombre1anracines n-ièmes : e i kπ n,n 0; n 1 Leur somme est 0
6 Chapitre 1 Nombres complexes Passer d une forme à une autre Méthode : En écrivant z = a + ib (a + ib)(c id) = c + id (c + id)(c id),où a, b, c, d sont réels, on obtient la forme algébrique de z Cas particulier : z = a + ib i(a + ib) = id d Si z = r(cos θ+i sin θ), on obtient la forme algébrique a+ib par les formules a = r cos θ, b = r sin θ Si z = a + ib, (a, b) réels, on obtient la forme trigonométrique en utilisant : r = a + b, cos θ = a r, sin θ = b r Exemple 1 - Mettre sous la forme algébrique : z 1 = 5+4i i - Même question pour : z =(1 i) + (1 + i) et z = ( 1 4i +i 1-z 1 = (5+4i)(+i) ( i)(+i) = 7+i ; z 1 = 7 1 1 + 1 i -z =1 1 i + 1 (i) (i) + (1 + i 1) z =1 6i 1+8i +6i ; z 1 = 11+8i ( ) 1 4i z = + 1+i (1 4i) (1 + i) = + z = +i 1 i 1 8i 16 4+4i 1 + 1+i 1 = z = 77+6i 5 ( + i) + i = 77+6i 5 15 8i +4i + 5i (1 i)(1 + i) + i = 5 = 77+61i 5 ( cos π 4 + i sin π 4 Exemple 1-z 5 = i 6 et z 6 = - Mettre sous la forme algébrique : z 7 =( +i) 1 ( 15 8i)( 4i) (+4i)( 4i) ; z = 77 ) + 1+i 1 i + i 5 + 61 5 i ) ; forme trigonométrique? 1-r = + 6 = 8= ; cos θ = = 1 6 et sin θ = = On a donc θ = π et la forme trigonométrique est : z 5 = e i π Un petit piège : cela ressemble à la forme trigonométrique, mais ne peut pas être le module de z 6 puisqu il est négatif! On écrit donc : ( z 6 = cos π 4 i sin π ) ( = cos 5π 4 4 + i sin 5π ) On a donc z 6 =e i 5π 4 4 - Il n est pas question de développer cette puissance treizième! Déterminons d abord la forme trigonométrique de +i : r = +1=; cos θ = et sin θ = 1, donc θ = π 6 et +i =e i π 6 On a alors z 7 =( +i) 1 =(e i π 6 ) 1 = 1 e i 1π 6 = 1 e i π 6 soit z 7 = 1 ( +i) Pour s entraîner : exercices 1,,, 4, 6
Résoudre une équation de degré un ou deux 7 Résoudre une équation de degré un ou deux Méthode : Equation az+b =0, a 0: 1 solution : z = b a ; on présente alors le résultat sous la forme algébrique Equation az + bz + c =0, a 0: calculer les racines de Δ en écrivant (α+iβ) =Δet en résolvant le système obtenu après adjonction de l équation α + β = Δ Appliquer alors les formules du cours Exemple 1 - Résoudre dans C l équation { : (z 1+i) +1 4i =(z i) + i - Résoudre dans C (1 + i)z z le système : =8i ( i)z +(1 i)z = +7i - Résoudre dans C : z +(z +i) =0 4 - Résoudre dans C les équations : (1 + i)z iz 1=0et z + z +1=0 1 - Développons : z +1 1 z +iz i +1 4i = z iz 1+ i, soit : 5i ( +i)z +1 6i = iz +1 i, soit ( +4i)z =5i, donc z = +4i 5i( 4i) 0 10i z = = =1 1 ( +4i)( 4i) 0 i S={1 1 i} { (1 + i)z 8i = z - Procédons par substitution : ( i)z +(1 i)[(1 + i)z 8i] = +7i { (1 + i)z 8i = z 6+15i On obtient z = (5 i)z =6+15i 5 i = (6+15i)(5+i) (5 i)(5+i) = 87i 9 =i On obtient alors z =(1+i)i 8i = 5i S={(i, 5i)} - L équation s écrit : z i (z +i) =0;le1 er membre est de la forme a b Elle s écrit : [z i(z +i)][z + i(z +i)]=0et se ramène à équations du 1 er degré : z i(z +i) =0et z + i(z +i) =0 On obtient z(1 i) = 1 i et z(1 + i)=1+i, puis en passant à la forme algébrique : S={ 1 i, + 1 i} 4- Δ= 1+4(1+i) =+4i ; cherchons a+ib, (a, b) R, tels que : (a+ib) =Δ, a b = (1) soit a b +iab = +4i On a donc le système : ab = 4 () a + b = 4 + = 5 () En additionnant, puis en soustrayant membre à membre les équations (1) et (), on obtient : a =8et b = L équation () montre que a et b sont de même signe, donc les deux racines de Δ sont δ =+iet δ L ensemble des solutions est donc : S={ i ++i +i, i i +i } = {1, 1 1+i }, soit S={1, 1 + 1 i} L équation a ses coefficients réels Δ=1 8= 7 ; les racines de Δ=7i sont i 7 et i 7 Les solutions sont donc z 1 = 1+i 7 4 Pour s entraîner : exercices 4, 7 et z = z 1 = 1 i 7 4
8 Chapitre 1 Nombres complexes 4 Déterminer les racines nièmes de Z Méthode : Ecrire l égalité z n =Zen utilisant la forme trigonométrique : r n e inα =Re iθ, puis écrire que modules et arguments sont égaux : r n =Ret nα = θ [π] Exemple algébrique Déterminer les racines cubiques de 1 : forme trigonométrique et forme Soit z = re iα ; l équation z = 1 s écrit r e iα = e iπ On a donc r =1, donc r =1et α = π +kπ, soit α = π + kπ, où k prend trois valeurs entières consécutives, par exemple 0, 1, Les racines cubiques de 1 sont e i π,e iπ,e 5i π, 1 soit sous forme algébrique : + i, 1, 1 i Exemple Résoudre dans C l équation z 6 =64j, oùj = 1 + i On ne donnera que les formes trigonométriques = ei π En posant z = re iα, l équation s écrit : r 6 e i6α =64e i π On a donc r 6 =64, donc r= et 6α = π +kπ, soit α = π 9 + kπ 6 On obtient les 6 racines sixièmes de 64j en donnant à k les valeurs 0,1,,,4,5 par exemple Ce sont : e i π 9, e i 4π 9, e i 7π 9, e i 10π 9, e i 1π 9, e i 16π 9 Exemple Résoudre dans C ; z 8 (1+i)z 4 + (1 + i) =0 Posons Z=z 4 ; l équation s écrit alors Z (1+i)Z + (1 + i) =0 Δ=(1+i) 1(1 + i) =1+4i 4 1 1i = 15 8i ; cherchons ses racines a b = 15 a + b =17 En additionnant puis en soustrayant les deux premières équations, on obtient a =1et b =16; comme ab < 0, les racines sont 1 4i et 1+4i ab = 8 Les solutions sont : Z 1+i +1 4i = =1 i et Z 1+i 1+4i = =i Il s agit alors de résoudre l équation : z 4 =1 i = e π 4 : en posant z = re iα, l équation s écrit : r 4 e 4iα = e π 4 et on a donc r 4 =, soit r = 4 = 8 et 4α = π 4 +kπ, soit α = π 16 + kπ 4 ; les solutions sont donc 8 e i( π 16 + kπ 4 ) Il y a 4 solutions qui sont les racines quatrièmes de 1 i et qu on obtient en donnant à k les valeurs 0, 1,, On résout de même l équation z 4 =i =e i π dont les solutions sont et qui sont les quatre racines quatrièmes de i L équation a donc 8 solutions 4 e i( π 8 + kπ 4 ) Pour s entraîner : exercices 4, 9, 17
5 Appliquer les complexes à la trigonométrie 9 5 Appliquer les complexes à la trigonométrie Méthode : Moivre : (cos θ + i sin θ) n = cos nθ + i sin nθ Euler : cos θ = 1 (eiθ + e iθ ) ; sin θ = 1 i (eiθ e iθ ) Newton : Somme géométrique : (a + b) n = ( ) n a k b n k k n q k = 1 qn+1 (q 1) 1 q Exemple Calculer cos x en fonction de cos x en utilisant les nombres complexes Formule de Moivre : (cos x + i sin x) = cos x + i sin x Or S = (cos x + i sin x) = cos x +i cos x sin x cos x sin x i sin x cos x =Re(S), donc cos x = cos x cos x sin x et comme sin x =1 cos x, on a cos x = cos x cos x(1 cos x), soit cos x = 4 cos x cos x Remarque : on obtient aussi cette relation en utilisant les formules d addition Exemple Ecrire sin 5 x sous la forme d une somme, sans puissances ni produits sin 5 x = 1 (i) 5 (eix e ix i) 5 = 1 (i) 5 (e5ix 5e ix +10e ix 10e ix +5e ix e 5ix ) En regroupant deux à deux les termes de même coefficient, on a en utilisant Euler : sin 5 x = 1 (i) 4 (sin 5x 5 sin x+10 sin x) ; sin5 x = 1 (sin 5x 5 sin x + 10 sin x) 16 cos kx Exemple Calculer S 1 = sin kx et S = cos k x sin kx =Im(e ikx ), calculons donc Σ 1 = Σ 1 = e(n+1)ix 1 e ix 1 Im(Σ 1 )=S 1 = e ikx = = e (n+1)ix (e (n+1)ix e (n+1)ix ) e ix (e ix e ix ) sin(nx/) sin[(n +1)x/] sin(x/) cos kx =Re(e ikx ), calculons Σ = ( ) e ix n+1 1 cos x Σ = ( ) = e ix 1 cos x S =Re(Σ )=Re (e ix ) k On a donc : = e nix i sin[(n +1)x/] i sin(x/) Bien noter la factorisation par e (n+1)x e ikx cos k x = e (n+1)ix cos n+1 x 1 cos x + i sin x cos x cos x ( i e(n+1)ix cos n+1 x cos n x sin x Pour s entraîner : exercices 5, 6, 8, 1 = n ( e ix cos x e (n+1)ix ) k cos n x cos x i sin x ) sin(n +1)x ; S = sin x cos n x
10 Chapitre 1 Nombres complexes 6 Démontrer des relations avec des modules Méthode : Essayer d abord d utiliser les propriétés des modules, sinon remplacer z par x + y ou par zz Attention l égalité z = z n implique pas z = z! Exemple Montrer que pour tous z et z, z + z + z z = z + z z+z + z z =(z+z )(z + z )+(z z )(z z )=(z+z )(z+z )+(z z )(z z ) = zz + zz + z z + z z + zz zz z z + z z =zz +z z = z + z Le remplacement de z et z par leur forme algébrique, donne un calcul plus long Exemple Montrer que z + z + z z z + z (1) Supposons que max{ z, z } = z ; on sait que Z + Z Z+Z, donc : z + z + z z z + z + z z, soit z + z + z z z z + z Si max{ z, z } = z, on écrit z+z + z z = z+z + z z z+z +z z, donc z + z + z z z z + z Dans les deux cas on a bien (1) Imaginez la complexité du calcul, si on avait utilisé les formes algébriques! Exemple Résoudre dans C : z +z = ( 45 ) i z ; z = x + iy, (x, y) R ( (x + iy)+(x iy) = 4 ) ( x 5 i + y, soit 5x iy = 4 ) x 5 i + y En écrivant que les deux membres ont même partie réelle et même partie imaginaire, on obtient le système : { 5x = x + y 5x =9(x + y ) y = 5 4 x + y 5y = 16(x + y ) x 0,y 0 Les deux équations sont identiques : 16x =9y, soit 4x =ypuisque x et y doivent être positifs Les solutions sont donc les nombres de la forme x + 4 xi = x (+4i) avec x 0 Il était ici indispensable de mettre z sous sa forme algébrique Exemple Montrer que l application f : z z 1 est une bijection de C { 1} z +1 sur C {1} Montrer que sa restriction à P = {z C/Re(z) > 0} est une bijection de P sur D = {z C/ z < 1} On notera M et M les points d affixes z et f(z) Soit z C {1} ; l égalité f(z) =z s écrit z 1 =(z+1)z, soit z(1 z )=1+z, et comme z 1z = 1+z 1 z : z a un seul antécédent z ; f est bien une bijection z 1 est la distance de MàAd affixe1et z +1 celle de MàBd affixe 1, donc M D z 1 z +1 < 1 z 1 < z +1 AM < BM M P La dernière équivalence est due au fait que l axe des y est médiatrice de [AB] Donc si z P, alors z Det si z D, alors z P La restriction de f à P est bien une bijection de P sur D Pour s entraîner : exercices 14, 15, 16