Exercice 1 : NOMBRES COMPLEXES On donne θ 0 un réel tel que : cos(θ 0 ) 5 et sin(θ 0 ) 1 5. Calculer le module et l'argument de chacun des nombres complexes suivants (en fonction de θ 0 ) : a i( )( )(1 ) et b (+i)( 1+i) ( i)i Allez à : Correction exercice 1 : Exercice : Mettre sous la forme a b, a, b R (forme algébrique) les nombres complexes z 1 + 6i ; z ( 1 ) ; z + 5i 1 + 5i 1 z 5 1 ; z 5 ( 1 ) (1 )9 ; z 6 (1 ) 7 z 7 1 ; z 1 8 (1 )( ) ; z 9 1 1 Allez à : Correction exercice : Exercice : Ecrire sous forme algébrique les nombres complexes suivants z 1 e iπ ; z e iπ 8; z e 7iπ 8 ; z (e iπ ) (e iπ ) ; z 5 eiπ e iπ z 8, le nombre de module et d argument π. z 9 le nombre de module et d argument π 8. Allez à : Correction exercice : ; z 6 (e iπ ) (e 5iπ 6 ) ; z 7 eiπ e 5iπ 6 Exercice : 1. Mettre sous forme trigonométrique les nombres complexes suivants, ainsi que leur conjugués : z 1 + i; z 1 ; z i; z ; z 5 e iθ + e iθ, Pour z 5, factoriser par e iθ z 6 1 ; z 7 1 ; z 8 ; z 9 1 ; z 10 1 + e iθ, θ ] π, π[ θ ] π, π[ Pour z 10, factoriser par e iθ. Calculer le module et un argument des nombres complexes suivants, ainsi que de leur conjugués. z 1 1 (1 + ); z 10 + 5 (1 5); z Indication : Ecrire z 1 sous la forme α(e iθ + e iθ ) Calculer z 5. Calculer tan(φ) tan(φ) ; z 1 1 tan(θ) 1
Allez à : Correction exercice : ( 1 010 ) Exercice 5 : Effectuer les calculs suivants : 1. ( )(1 i). Produit du nombre complexe de module et d argument π d argument 5π 6.. Quotient du nombre complexe de modulo et d argument π d argument 5π 6. Allez à : Correction exercice 5 : Exercice 6 : Etablir les égalités suivantes : 1... Allez à : Correction exercice 6 : Exercice 7 : Soit par le nombre complexe de module et par le nombre complexe de module et (cos ( π 7 ) sin (π )) (1 ) (1 ) (cos ( 5π ) sin (5π 7 8 8 )) (1 ) (cos ( π 5 ) sin (π )) ( ) (cos (1π) sin (1π 5 60 60 )) (cos ( π 1 ) sin ( π 1 )) 1 u 1 et v 1 1. Déterminer les modules de u et v.. Déterminer un argument de u et un argument de v.. 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 Allez à : Correction exercice 7 : cos ( 5π 5π ) et sin ( 1 1 ) Exercice 8 : Calculer le module et un argument de 6 u En déduire le module et un argument de u. v Allez à : Correction exercice 8 : et v 1
Exercice 9 : Effectuer les calculs suivants en utilisant la forme exponentielle. z 1 1 1 ; z ( 1 1 ) ; z (1 ) ; z (1 ) 5 + (1 ) 5 ; z 5 1 ; z 6 6 Allez à : Correction exercice 9 : Exercice 10 : Calculer les racines carrées des nombres suivants. z 1 1; z i; z 1 ; z 1 ; z 5 1 ; z 6 + i; z 7 7 + i; z 8 ; z 9 10i Allez à : Correction exercice 10 : Exercice 11 : 1. Calculer les racines carrées de 1+i. En déduire les valeurs de cos (π) et sin 8 (π). 8. Calculer les racines carrées de +i. En déduire les valeurs de cos ( π ) et sin ( π ). 1 1 Allez à : Correction exercice 11 : Exercice 1 : Résoudre dans C les équations suivantes : 1. z + z + 1 0.. z (5i + 1)z + (5i + 1) 0.. z z 0.. z (1 )z 1 0. 5. z ( + i)z 1 + 5i 0. 6. z z + 1 0. 7. z + 10z + 169 0. 8. z + z + 0. 9. x 0x + 89 0. 10. x + x + 6x + x 15 0. 11. z + z 0. 1. z (1 + a)(1 )z + (1 + a )i 0. 1. iz + (1 5i)z + 6i 0. 1. (1 )z ( )z 6 + i 0. 15. (1 )z (9 + i)z 5i + 10 0. 16. (1 + i)z (6i + )z + 11i 0. Allez à : Correction exercice 1 : Exercice 1 : Résoudre l équation : Allez à : Correction exercice 1 : Z + ( 6i)Z 8 6i 0 Exercice 1 : (1 )X (5 )X + ( + 6i)X 0 1. Montrer que cette équation admet une racine réelle.. Résoudre cette équation.
Allez à : Correction exercice 1 : Exercice 15 : Résoudre dans C l équation z 6 z 1 0 Indication : Poser Z z et résoudre d abord Z Z 1 0. Allez à : Correction exercice 15 : Exercice 16 : Soit (E) l équation X X + ( )X + X 0 1. Montrer que (E) admet des racines réelles.. Résoudre (E). Allez à : Correction exercice 16 : Exercice 17 : 1. Résoudre X. Résoudre Z 8i. Résoudre On rappelle que 676 6. Allez à : Correction exercice 17 : 1 Z6 + (1 + i)z + 8 + 8i 0 Exercice 18 : Soit l équation z z + 1 0 1. Montrer que (E) admet une racine réelle.. Déterminer les solutions de (E). Allez à : Correction exercice 18 : (E) Exercice 19 : Soit (E) l équation X ( + )X + ( + )X + ( + i)x 0 1. Montrer que (E) admet des racines réelles.. Résoudre (E). Allez à : Correction exercice 19 : Exercice 0 : 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.. En déduire cos ( π 1 ) et sin ( π 1 ). Allez à : Correction exercice 0 : Exercice 1 : 1. Donner les solutions de : u
Sous forme algébrique et trigonométrique.. Donner les solutions de : (z + 1) + (z 1) 0 Sous forme algébrique. Allez à : Correction exercice 1 : Exercice : 1. Donner les solutions complexes de X 1.. Résoudre X 1. Résoudre X 8 + ( 1 ) X 1 0 Allez à : Correction exercice : Exercice : Ecrire sous forme algébrique et trigonométrique le nombre complexe Allez à : Correction exercice : Exercice : 1 (1 ) ( ) 1 1. Déterminer le module et un argument de 1+i, calculer (1+i 1 i 1 i )010. Déterminer le module et un argument de 1, calculer (1 ) 010. Calculer les puissances n-ième des nombres complexes. z 1 1 1 tan(θ) ; z 1 1 + j; z 1 tan(θ) ; z 1 + cos(φ) sin (φ) Allez à : Correction exercice : Exercice 5 : Comment choisir l entier naturel n pour que ( ) n soit réel? Imaginaire? Allez à : Correction exercice 5 : Exercice 6 : Soit z un nombre complexe de module ρ et d argument θ, et soit z son conjugué. Calculer (z + z)(z + z ) (z n + z n ) En fonction de ρ et θ. Et de cos(θ) cos(θ) cos(nθ) Allez à : Correction exercice 6 : Exercice 7 : 1. Pour quelles valeurs de z C a-t-on 1 z 1 z. On considère dans C l équation ( 1 z n 1 z ) 1 a 1 a, a R Montrer, sans les calculer, que les solutions sont réelles. Trouver alors les solutions.. Calculer les racines cubiques de +i i Allez à : Correction exercice 7 : 5
Exercice 8 : Résoudre dans C l équation Allez à : Correction exercice 8 : Exercice 9 : Résoudre dans C l équation Allez à : Correction exercice 9 : ( z + 1 z 1 ) 1 z ( 1 1 ) Exercice 0 : 1. Déterminer les deux solutions complexes de u.. Résoudre z ( z ) On explicitera les solutions sous forme algébrique. Allez à : Correction exercice 0 : Exercice 1 : Résoudre dans C ( z 1 z ) 8 On donnera les solutions sous forme algébrique. Allez à : Correction exercice 1 : Exercice : On appelle j 1 1. Résoudre dans C, l équation X 1 (donner les solutions sous forme algébrique et trigonométrique). Montrer que j j. Montrer que j 1 j. Montrer que 1 + j + j 0 5. Calculer 1 1+j. 6. Calculer j n pour tout n N. Allez à : Correction exercice : Exercice : Résoudre dans C l équation z 1 ( 1 ) Et montrer qu une seule de ces solutions a une puissance quatrième réelle. Allez à : Correction exercice : Exercice : 1. Donner les solutions complexes de X 1. 6
. Résoudre X 1. Résoudre X 8 + ( 1 ) X 1 0 Allez à : Correction exercice : Exercice 5 : Trouver les racines cubiques de 11. Allez à : Correction exercice 5 : Exercice 6 : Calculer 1 (1 ) Algébriquement, puis trigonométriquement. En déduire cos ( π ), sin ( π ), tan ( π ) et tan (5π ). 1 1 1 1 Allez à : Correction exercice 6 : Exercice 7 : Trouver les racines quatrième de 81 et de 81. Allez à : Correction exercice 7 : Exercice 8 : 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. Allez à : Correction exercice 8 : Exercice 9 : 1. Soient z 1, z, z trois nombres complexes ayant le même cube. Exprimer z et z en fonction de z 1.. Donner, sous forme polaire (forme trigonométrique) les solutions dans C de : z 6 + (7 )z 8 8i 0 Indication : poser Z z et calculer (9 ). Allez à : Correction exercice 9 : Exercice 0 : Déterminer les racines quatrième de 7. Allez à : Correction exercice 0 : Exercice 1 : Résoudre les équations suivantes : z 6 1 1 ; z 1 1 ; z6 + 7 0; 7(z 1) 6 + (z + 1) 6 0 Allez à : Correction exercice 1 : 7
Exercice : Résoudre dans C : 1. z 5 1. z 5 1. z. z 5 z Allez à : Correction exercice : Exercice : 1. Calculer les racines n-ième de i et de 1.. Résoudre z z + 1 0.. En déduire les racines de z n z n + 1 0. Allez à : Correction exercice : Exercice : 1. Montrer que, pour tout n N et pour tout nombre z C, on a : (z 1)(1 + z + z + + z n 1 ) z n 1 Et en déduire que si z 1, on a : 1 + z + z + + z n 1 zn 1 z 1. Vérifier que pour tout x R, on a e ix 1 ie ix sin ( x ).. Soit n N. Calculer pour tout x R la somme : Z n 1 + e ix + e ix + + e (n 1)ix Et en déduire les valeurs de X n 1 + cos(x) + cos(x) + + cos((n 1)x) Allez à : Correction exercice : Y n sin(x) + sin(x) + + sin((n 1)x) Exercice 5 : Soit α C {1} une racine cinquième de 1, donc α 5 1. 1. Quelles sont les complexes qui vérifient ces conditions?. Montrer que 1 + α + α + α + α 0. Calculer 1 + α + α + α + 5α Indication : On calculera de deux façon différente la dérivée de la fonction f définie par f(x) 1 + x + x + x + x + x 5 On donnera le résultat sous forme algébrique. Allez à : Correction exercice 5 : Exercice 6 : Soit ε une racine n-ième de l unité, ε 1 ; calculer S 1 + ε + ε + + nε n 1 Allez à : Correction exercice 6 : Exercice 7 : Résoudre dans C, l équation (z + 1) n (z 1) n. Allez à : Correction exercice 7 : 8
Exercice 8 : Résoudre dans C, l équation z n z où n 1. Allez à : Correction exercice 8 : Exercice 9 : Soit β C tel que β 7 1 et β 1. Montrer que β 1 + β + β 1 + β + β 1 + β 6 Allez à : Correction exercice 9 : Exercice 50 : Linéariser : A(x) cos (x) ; B(x) sin (x) ; C(x) cos (x) ; D(x) sin (x) ; E(x) cos (x) sin (x) ; F(x) cos(x) sin (x) ; G(x) cos (x) sin(x) ; H(x) cos (x) sin (x) ; I(x) cos (x) sin (x) ; J(x) cos(x) sin (x) Allez à : Correction exercice 50 : Exercice 51 : 1. Déterminer l ensemble des complexes z tels que 1 z soit réel. 1 iz. Déterminer l ensemble des complexes z tels que 1 z soit imaginaire pur. 1 iz Allez à : Correction exercice 51 : Exercice 5 : 1. Montrer que (1 ) 6 8i. En déduire une solution de l équation (E) z 8i.. Ecrire les deux solutions de (E) sous forme algébrique, et sous forme exponentielle.. Déduire de la première question une solution de l équation (E 0 ) z 8i. Allez à : Correction exercice 5 : Exercice 5 : 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 Allez à : Exercice 5 : Exercice 5 : Posons E C { i}. Soit f: E C {1} l application définie pour tout z E par : z f(z) z 1. Montrer que l application est injective.. Montrer que pour tout z E on a f(z) 1.. Démontrer l égalité f(e) C {1} Que peut-on en déduire sur f.. Soit z E. Montrer que 1 f(z) Im(z) z 5. Notons U l ensemble des complexes de module 1. Montrer que l on a f(r) U {1} 9
Allez à : Correction exercice 5 : Correction exercice 1 : CORRECTIONS a i( )( )(1 ) i 1 + 1 1 + 1 6 ( + 1 ) 6 5 0 arg(a) arg(i( )( )(1 )) arg(i) + arg( ) + arg( ) + arg(1 ) + kπ π + arg( ) + arg(( )) + π + kπ π + arg( ) + arg + arg( ) + kπ π + arg( ) + kπ Soit θ un argument de, cos(θ) 1 et sin(θ) 1 donc cos(θ) cos (θ +1 5 +1 5 0) et sin(θ) sin (θ 0 ), on en déduit que θ θ 0 + kπ Par suite b arg(a) π + θ 0 + kπ ( )( 1 ) 1 ( 1) + 1 5 ( )i i + ( 1) 5 arg(b) arg( ) + arg( 1 ) arg( ) arg(i) + kπ θ 0 + π ( θ 0 ) π + kπ Allez à : Exercice 1 : π + θ 0 + kπ Correction exercice : z ( 1 ) Autre méthode z 1 + 6i z 1 z ( 1 ) ( + 6i)( + i) 9 + 1i + 18i 15 + 0i + ( ) 5 5 5 + 6 5 i (1 )( ) ( + ( 1) ) 1 ( + ( 1) ) ( 1 + i 5 ) 1 + 6i 9 8 5 5 + 6 5 i (1 ) ( ) 1 1 1 i i( + i) + ( ) 6i 8 z + 5i 1 + 5i ( + 5i)(1 ) + ( 5i)(1 ) 1 (1 )(1 ) 5 8 5 + 6 5 i + 5i 5 + 5i 5 1 Autre méthode 6 z + 5i 1 + 5i 1 + 5i 1 + + 5i + 5i Re ( 1 1 ) 10
Or Donc + 5i 1 ( + 5i)(1 ) + 5i 5 + 7i 1 + ( 1) + 7 i z 5 ( 1 z 5 (5 )(1 ) 1 1 + ( ) ( 1 ) + ( 1 ) ) z ( ) 5 + 10i 5 1 + 1i 5 (i ) + ( 1 ) (i ) 1 5 + 1 5 i + (i ) 1 8 + 1 i ( ) 8 1 8 8 + 9 8 8 1 Autre méthode z 5 ( 1 ) (e iπ ) e iπ 1 Ou encore z 5 j 1 (1 )9 z 6 (1 ) 7 On peut toujours s amuser à développer (1 ) 9 et (1 ) 7 mais franchement ce n est pas une bonne idée. (1 )9 (1 )7 z 6 (1 ) (1 ) 7 (1 ) 7 (1 ) ( 1 7 7 1 ) (1 )(1 ) (1 1) ( 1 + ( 1) ) i ( 1 1 7 ) i(i)7 7 8 i 8 7 i8 Autre méthode z 6 Autre méthode ( ( (1 + i)9 (1 ) 7 z 8 Allez à : Exercice : Correction exercice : ( ( )) )) z 7 1 9 9 (e i π )9 ( ) 7 ( ) 7 (e iπ 7 ( ) e i ) e i7π (1 ) (1 ) 1 1 + ( ) 9π e i(9π +7π ) e 16iπ e iπ z 7 1 1 1 1 j j j j 1 1 (1 )( ) 1 + 6i + 1 5 + 5i 1 5 1 1 1 5 1 1 + 1 1 10 1 10 i z 9 1 (1 )(1 ) 1 1 + ( ) (1 ) 5 1 + i 5 5 + 5 i 11
z 1 (cos ( π ) sin (π )) ( 1 ) 1 z (cos ( π 8 ) sin (π 8 )) cos (π 8 ) sin (π 8 ) z e 7iπ 8 (cos ( 7π 8 ) sin ( 7π 8 )) cos (7π 8 ) i sin (7π 8 ) cos (π π 8 ) i sin (π π 8 ) cos ( π 8 ) i sin ( π 8 ) cos ( π 8 ) + i sin (π 8 ) z (e iπ ) (e iπ ) e i(π π ) e π i z 5 eiπ e iπ e i(π +π ) e iπ z 6 (e iπ ) (e 5iπ 6 ) 6e i(π +5π 6 ) 6e 7iπ 6 6 (cos ( 7π 6 ) sin (7π )) 6 ( 6 1 i) z 7 i eiπ e 5iπ 6 ei(π +5π 6 ) e8iπ 6 eiπ ( 1 ) 1 z 8 e iπ (cos ( π ) sin (π )) (1 ) 1 z 9 e iπ 8 (cos ( π 8 ) sin ( π 8 )) cos (π 8 ) i sin (π 8 ) A moins de connaitre cos ( π ) et sin 8 (π ) on ne peut pas faire mieux. 8 Allez à : Exercice : Correction exercice : 1. z 1 (1 ) donc z 1 1 1 + 1 Si on ne met pas en facteur C est moins simple. On appelle θ 1 un argument de z 1 cos(θ 1 ) 1 z 1 + 9 + 9 18 Donc θ 1 π + kπ, k Z et z 1 e iπ, et z 1 e π Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur et sin(θ 1 ) 1 z 1 ( 1 1 ) ( ) (cos (π ) sin (π π )) ei z ( 1) + ( ), soit θ un argument de z cos(θ ) 1 et Donc θ π + kπ, k Z et z e iπ e π Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur sin(θ ) 1
z ( 1 ) (cos (π ) sin (π )) eiπ e π Et z e iπ Pour z la détermination du cosinus et du sinus n est pas une bonne méthode. z i eiπ Cette forme n est pas la forme trigonométrique car est négatif, ce n est donc pas le module, mais 1 e iπ, donc z eiπ e iπ ei(π +π) eiπ iπ e. On aurait pu directement écrire que i e iπ e π. Et z eiπ Pour z la détermination du cosinus et du sinus n est pas une bonne méthode. z e iπ Et z e iπ e iπ C est plus dur z 5 e iθ + e iθ e iθ (e iθ + e iθ ) e iθ cos ( θ ) cos (θ ) eiθ Comme π < θ < π, π < θ < π par conséquent cos (θ) > 0, ce qui signifie que cos (θ ) est bien le module. Et z 5 cos ( θ iθ ) e z 6 1 + 1, soit θ 6 un argument de z 6 cos(θ ) 1 et sin(θ ) 1 Donc θ 6 π + kπ, k Z et z 6 e iπ Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur Et z 6 e π z 6 ( 1 1 ) ( ) (cos (π ) sin (π π )) ei z 7 1 + (), soit θ 7 un argument de z 7 cos(θ 7 ) 1 et sin(θ 7 ) Donc θ 7 π + kπ, k Z et z 7 e iπ Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur Et z 7 e π z 7 ( 1 ) (cos (π ) sin (π )) eiπ z 8 () + 1, soit θ 8 un argument de z 8 cos(θ 8 ) et sin(θ 8 ) 1 1
Donc θ 8 π 6 + kπ, k Z et z 8 e iπ 6 Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur Première méthode Deuxième méthode C est plus dur z 8 ( 1 ) (cos (π 6 ) sin (π )) eiπ 6 6 z 9 1 z 9 1 1 1 1 (1 )( ) () + 1 1 π ei e π 6 e iπ e iπ 6 e iπ + i i π i ei z 10 1 + e iθ e iθ (e iθ + e iθ ) e iθ cos ( θ ) cos (θ ) eiθ Comme π < θ < π, π < θ < π par conséquent cos (θ) > 0, ce qui signifie que cos (θ ) est bien le module. Et z 10 cos ( θ ) eθ. Faisons comme d habitude z 1 1 + (1 + ) 1 + 1 + + ( ) + Soit θ 1 un argument de z 1 1 cos(θ 1 ) et sin(θ 1 ) 1 + + + L ennui c est que l on ne connait pas d angle dont le cosinus et le sinus valent ces valeurs. Il faut être malin. z 1 1 (1 + ) 1 + i ( ) + i (eiπ + e iπ ) e iπ 8 (e π 8 + e iπ 8 ) e iπ 8 cos ( π 8 ) cos (π 8 ) eiπ 8 cos ( π 8 ) > 0 donc θ 1 π 8 + kπ, k Z et z 1 cos (π 8 ) Remarque : cos ( π 8 ) + Le module de z 1 est aussi cos ( π 8 ) + et un argument est π 8. Faisons comme d habitude z ( 10 + 5) Soit θ un argument de z z 10 + 5 (1 5) + (1 5) 10 + 5 + 1 5 + ( 5) 16 cos(θ ) 10 + 5 et sin(θ ) 1 5 L ennui c est que l on ne connait pas d angle dont le cosinus et le sinus valent ces valeurs.
Calculons z 5 5 z 5 ( 10 + 5 (1 5)) 5 ( 10 + 5) + 5 ( 10 + 5) i(1 5) + 10 ( 10 + 5) (i(1 5)) + 10 ( 10 + 5) (i(1 5)) + 5 10 + 5 (i(1 5)) + (i(1 5)) 5 (10 + 5) 10 + 5 + 5i(10 + 5) (1 5) 10(10 + 5)(1 5) 10 + 5 10i(10 + 5)(1 5) + 5 10 + 5(1 5) (1 5) 5 10 + 5 ((10 + 5) 10(10 + 5)(1 5) + 5(1 5) ) (1 5) (5(10 + 5) 10(10 + 5)(1 5) + (1 5) ) (10 + 5) 10(10 + 5)(1 5) + 5(1 5) 100 + 0 5 + 0 10(10 + 5)(1 5 + 5) + 5 (1 5 + 6 ( 5) ( 5) + ( 5) ) 10 + 0 5 10(10 + 5)(6 5) + 5(56 5) 10 + 0 5 10(60 0 5 + 1 5 0) + 80 10 5 0 5(10 + 5) 10(10 + 5)(1 5) + (1 5) 5(100 + 0 5 + 0) 10(10 + 5)(1 5 + 5) + (1 5 + 6 ( 5) ( 5) + ( 5) ) 600 + 00 5 10(0 8 5) + 56 5 566 + 56 5 56(1 + 5) z 5 56i(1 5)(1 + 5) 56i ( ) 10 i Ensuite il faut trouver les solutions de Z 5 10 i 10 e iπ Z 5 10 Z Z 5 10 i 10 e iπ arg(z 5 ) π + kπ 5 arg(z) π + kπ Z arg(z) π 10 + kπ, k {0,1,,,} 5 Z 0 e i 10; π Z 1 e iπ 10 ; Z e 7iπ 10 ; Z e 11iπ 10 ; Z e 15iπ 10 i Parmi ces cinq complexes, le seul qui a une partie réelle positive et une partie imaginaire négative est e i π 10 d où z e i π 10 donc un argument de z est π 10. Le module de z est et un argument est π 10. 15
z tan(φ) (tan(φ) )(tan(φ) ) tan(φ) tan (φ) + 1 tan (φ) tan(φ) 1 1 cos (φ) cos (φ) (tan (φ) 1) cos (φ) tan(φ) cos (φ) ( sin (φ) cos (φ) 1) cos (φ) sin(φ) cos(φ) (cos (φ) sin (φ)) sin(φ)cos(φ) cos(φ) sin(φ) (cos(φ) sin(φ)) e iπ e iφ e i(π φ) Le module de z est 1 et un argument est π φ Autre méthode z tan(φ) i(tan(φ) ) i tan(φ) + 1 tan(φ) i(tan(φ) ) sin(φ) i i tan(φ) 1 cos(φ) + 1 i sin(φ) cos(φ) 1 i sin(φ) + cos(φ) i sin(φ) cos(φ) cos(φ) sin(φ) (cos(φ) sin(φ)) eiφ e iφ eiφ e iπ e iφ e i(π+φ) Un argument de z est π φ 1 z 1 tan(θ) 1 cos(θ) 1 sin(θ) cos(θ) sin(θ) cos(θ) e iθ cos(θ) e iθ cos(θ) Si θest tel que cos(θ) > 0 alors z cos(θ) et un argument de z est θ Si θest tel que cos(θ) < 0 alors z cos(θ) et un argument de z est θ + π. On sait que j 1 donc 1 Allez à : Exercice : j ( 1 010 ) ( j ) 010 (j ) 010 j 00 j 10 (j ) 10 1 10 1 Correction exercice 5 : 1. ( )(1 i) 9i 6i 7i + 6 9 7i.. Allez à : Exercice 5 : e iπ e i ( 5π 6 ) 6e i(π 5π 6 ) 6 e i ( π ) 6i e iπ e i ( 5π 6 ) ei π e 5iπ 6 ei(π +5π 6 ) e7iπ 6 Correction exercice 6 : 1.. (cos ( π 7 ) sin (π )) (1 ) (1 ) e iπ 7e iπ ( 7 ) π ei 7e iπ e iπ e i (π 7 π +π ) e i(1π 8 8π 8 +1π 8 ) e 5π 8 (cos ( 5π ) sin (5π 8 8 )) 16
Allez à : Exercice 6 : Correction exercice 7 : (1 ) (cos ( π 5 ) sin (π )) ( ) ( 5 ) (cos (π 5 ) sin (π )) ( 5 1 i) e iπ e iπ 5e iπ 6 e i( π +π 5 π 6 ) e i( 15π 60 +1π 60 10π 60 ) e 1iπ 60 (cos ( 1π ) sin (1π 60 60 )) (cos ( π 1 ) sin ( π 1 )) cos ( π 1 ) sin ( π 1 ) 1 + i cos ( π 6 ) sin (π 6 ) 1 i 1. u 1 + 1 et v ( 1) +. Donc un argument de u est π. Donc un argument de v est π. u ( v ( 1. On cherche les solutions complexes de z u. e iπ 1 e iπ ) ei e i( π 1 π ) e iπ 1 e iπ 6 π ) eiπ z z u arg(z ) π + kπ, k Z z arg(z) π + kπ, k Z z 1 6 arg(z) π 1 + kπ, k {0,1,} u admet trois racines cubiques Et z 0 1 6e i 1; π z 1 1 6e i( π 1 +π ) 1 6e i9π 1 1 6e iπ et z 1 6e i( π 1 +π ) 1 6e 17iπ 1 Par conséquent Allez à : Exercice 7 : u v ei { π e iπ u v π ei( 1 1 π ) 5π 1 + cos ( ) 1 5π 1 sin ( ) 1 5iπ e 1 (1 )( 1 ) { 1 5π 5π (cos ( ) sin ( 1 1 )) 1 + ( 1 ) cos ( 5π 1 + + 6 ) 1 sin ( 5π 1 ) 1 6 17
Correction exercice 8 : 6 u 6 + 8 6 u ( ) ( ) ( ) e i Donc u et un argument de u est π. 6 Allez à : Exercice 8 : Correction exercice 9 : Autre méthode 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 ) e i π e i( π 6 +π ) e i π 1 (1 )(1 ) z 1 1 + 1 1 1 i e iπ z ( 1 1 ) (e iπ ) e iπ z (1 ) ( ( 1 )) (e iπ ) 16e iπ z (1 ) 5 + (1 ) 5 ( ( 1 z 6 z 5 1 6 5 5 )) + ( ( 1 )) 5 (e iπ 5 ) + 5 (e iπ 5 ) (e 5iπ + e 5iπ ) cos ( 5π ) 6 ( 1 ) (1 )( ) () + 1 + i + z 5 1 ( 1 ) e iπ ( + 1 e i(π π 6 ) e iπ 6 i) e iπ 6 ( 6 )( ) + ( ) 6 + ( 6 ) Remarque : il aurait mieux valu mettre 6 6 + 8 en facteur d entrée. Là on est mal parti, il va falloir trouver le module, puis le mettre en facteur, 6 + ( 6 ) z 6 ( + 1 ( 1)) z 6 ( + 1) + ( 1) + + 1 + + 1 + 1 π i ei6 π 6 6 + ( 6 ) 8 8 1 18
6 + 6 z 6 cos(θ) sin(θ) Mais on ne connait pas d angle vérifiant cela. Il faut faire autrement 6 ( 6) + ( ) 8 Allez à : Exercice 9 : z 6 6 + ( ) 8 ( 1 i) ( ) e iπ 6 e iπ e i( π 6 +π ) e i π 1 Correction exercice 10 : On cherche les nombres complexes tels que z 1 Z 1 i et Z i On cherche les nombres complexes tels que z i e iπ z 1 e iπ et z e iπ On cherche les nombres complexes tels que z 1 ( ) 1 e iπ Z 1 1 e iπ 8 et Z 1 e iπ 8 C est un peu insuffisant parce que l on ne connait pas les valeurs de cos ( π 8 ) et de sin (π 8 ) Autre méthode, on cherche a, b R tels que (a b) 1 a b ab 1 L 1 { L a b 1 ab 1 On rajoute l équation L (a b) 1 a b 1 + 1 ( a + b ) a + b En faisant la somme de L 1 et de L a 1 + a 1 + En faisant la différence de L et de L 1 a ± 1 + ± + ± + b 1 + b 1 + + b ± 1 ± + ± + D après L a et b sont de même signe donc les deux solutions de z 1 sont Z 1 + + et Z + On cherche les nombres complexes tels que z 1 ( Z 1 1 e 5iπ 8 et Z 1 e 5iπ 8 + ) 1 e 5iπ C est un peu insuffisant parce que l on ne connait pas les valeurs de cos ( 5π 8 ) et de sin (5π 8 ) Autre méthode, on cherche a, b R tels que (a b) 1 a b ab 1 L 1 L { a b 1 ab 1 On rajoute l équation L (a b) 1 a b ( 1) + ( 1) ( a + b ) a + b En faisant la somme de L 1 et de L 19
a 1 + a 1 + En faisant la différence de L et de L 1 a ± 1 + + ± ± + b 1 + b 1 + b ± 1 + ± + ± + D après L a et b sont de signes opposés donc les deux solutions de z 1 sont Z 1 + + et Z + + On cherche les nombres complexes tels que z 1 ( 1 ) eiπ Z 1 e iπ 6 ( + 1 6 i) et Z e iπ 6 ( + 1 On cherche les nombres complexes tels que Z + i i) 6 On pose Z a b, Z + i (a b) + i a b ab L 1 L { a b ab On rajoute l équation Z + i a + b a + b + a + b 5 5 L Avec le système { a b a + b 5, en faisant la somme des deux équations L 1 et L, 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 Z 1 et si a alors b 1 et Z Deuxième méthode + i + i 1 ( ) et on retrouve le même résultat. Troisième méthode On reprend le système { a b a ( ab a ) a { b a a a a a 0 b b b a a a a A A 0 b a Les solutions de A A 0 sont A 1 1 < 0 et A, donc a, Si a alors b a 1 et alors Z, si a alors b a 1 et alors Z 1. On cherche les nombres complexes tels que Z 7 On pose Z a b, Z 7 (a b) 7 a b ab L 1 { L a b 7 ab On rajoute l équation Z + i a + b a + b ( 7) + ( ) a + b 9 + 576 65 5 L Avec le système { a b 7 a + b 5, en faisant la somme des deux équations L 1 et L, on trouve a 18 a 9, d où l on tire b 16. Les valeurs possibles de a sont ± et les valeurs possibles de b sont ±, d après l équation ab ab, on en déduit que ab < 0 et que donc a et b sont de signe opposé. Si a alors b et Z 1 et si a alors b et Z + i Deuxième méthode 0
7 9 16 ( ) et on retrouve le même résultat. Troisième méthode On reprend le système { a b a 7 ( 1 ab a ) 7 { b 1 a a + 7a 1 0 b 1 a 1 a 7 b 1 a a 1 7a b 1 a A + 7A 1 0 b 1 a a Les solutions de A + 7A 1 0 sont A 1 16 < 0 et A 9, donc a 9, Si a alors b 1 et alors Z a, si a alors b 1 et alors Z a 1 + i. On cherche les nombres complexes tels que Z z 8, on peut refaire comme précédemment mais on va prendre la méthode la plus simple Z 1 ( ) Il y a deux solutions Z 1 et Z On cherche les complexes Z tels que Z z 9 10i Là encore, on va aller au plus simple 10i 5 10i 1 (5 ) Donc il y a deux solutions Z 1 5 et Z 5 Allez à : Exercice 10 : Correction exercice 11 : 1. On cherche les complexes Z tels que On pose Z a b, Z On rajoute l équation Z Z 1 (a b) a b ab L 1 L { a b ab a + b a + b ( ) + ( ) a + b 1 + 1 1 L Avec le système { a b, en faisant la somme des deux équations L 1 et L, on trouve a + b 1 a 1 + a + En faisant la différence de L et de L 1 b 1 b Les valeurs possibles de a sont ± + ab et les valeurs possibles de b sont ±, d après l équation ab, on en déduit que ab > 0 et que donc a et b sont de même signe. 1
Si a + Et si a + D autre part alors b alors b et Z 1 + et Z + Z π ei Admet deux solutions Z e iπ 8 cos ( π ) sin 8 (π) et z 8 e iπ 8 cos ( π ) sin 8 (π) 8 Comme cos ( π 8 ) > 0 et que sin (π 8 ) > 0, cos ( π 8 ) sin (π 8 ) +. On cherche les complexes Z tels que On pose Z a b, Z + 1 i { cos ( π 8 ) + sin ( π 8 ) Z + 1 i + 1 i (a b) + 1 i a b ab L a b 1 L { ab 1 On rajoute l équation Z + 1 i a + b a + b ( ) + ( 1 ) a + b + 1 1 L Avec le système { a b, en faisant la somme des deux équations L 1 et L, on trouve a + b 1 a 1 + a + En faisant la différence de L et de L 1 b 1 b Les valeurs possibles de a sont ± + ab Si a + Et si a + D autre part et les valeurs possibles de b sont ±, d après l équation ab, on en déduit que ab > 0 et que donc a et b sont de même signe. alors b alors b et Z 1 + et Z + Z + 1 π i ei6 Admet deux solutions Z e i π 1 cos ( π ) sin ( π ) et Z 1 1 e i π 1 cos ( π ) sin ( π ) 1 1 Comme cos ( π 1 ) > 0 et que sin ( π 1 ) > 0,
Allez à : Exercice 11 : Correction exercice 1 : 1. z + z + 1 0 cos ( π 1 ) sin ( π 1 ) + Δ 1 (i) 1 z 1 j j 1 z j Allez à : Exercice 1 :. z (5i + 1)z + (5i + 1) 0 { cos ( π 1 ) + sin ( π 1 ) Δ ( (5i + 1)) (5i + 1) ( 5 + 10i + 196) 0i 96 75 + 100i 5( + i) 5 ( + i) On cherche a, b R tels que L 1 (a b) 5 L { L a b ab a + b + 5 En faisant L 1 + L on trouve que a 8 a a ± En faisant L L on trouve que b b 1 b ±1 D après L a et b sont de même signe donc a b ou a b Autre méthode + i + i 1 ( ) et alors Δ 5 ( ) (10 + 5i) Les solutions de l équation sont Allez à : Exercice 1 :. z z 0 z z 1 z 1 + 5i + 1 (10 + 5i) z 1 5i + 1 + (10 + 5i) + 10i Δ + i ( ) 1 + 5i + 1 + 1 i 1 ( 1 ) 1 j 1 1 i 1 ( 1 ) 1 j Allez à : Exercice 1 :. z (1 )z 1 0 Δ (1 ) (i 1) 1 + i + 1 Allez à : Exercice 1 : z 1 1 1 z 1 + 1 i 1
5. z ( + i)z 1 + 5i 0 Le discriminant vaut Δ ( ( + i)) ( 1 + 5i) 9 + i 16 + 0i (1 ) Il y a deux solutions + i (1 ) z 1 + i + i + 1 z Allez à : Exercice 1 : 6. z z + 1 0 Soit on résout «normalement», soit on ruse, rusons z z + 1 0 Z + Z + 1 0 Avec Z z. Les solutions de Z + Z + 1 0 sont connues (et puis on vient de les revoir dans 1 )) Z 1 j et Z j Par conséquent z 1 1 j et z 1 j Allez à : Exercice 1 : 7. z + 10z + 169 0 On pose Z z, Z + 10Z + 169 0 a pour discriminant Δ 10 169 10 ( 1) (10 6)(10 + 6) 16 6 6 (i) 10 + i Z 1 5 + 1i 10 Z 5 1i On cherche z a b tel que z Z 1 (a b) 5 + 1i a b ab 5 + 1i L 1 L { L a b 5 ab 1 a + b ( 5) + 1 5 + 1 169 1 En faisant la somme de L 1 et de L, on trouve que a 8 a a ±, En faisant la différence de L et de L 1, on trouve que b 18 b 9 b ±, D après L, a et b sont de même signe donc z Z 1 a deux solutions z 1 + i et z i On peut résoudre de la même façon Z z ou dire que z + 10z + 169 0 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 i et z + i sont aussi solution, ce qui donne solutions pour une équation de degré, il n y en a pas plus, on les a toutes. Allez à : Exercice 1 : 8. z + z + 0 On peut faire comme dans le 7 ), mais rusons : z + z + 0 z + z + 1 0 (z ) + ( z ) + 1 0 [(z ) j] [(z ) j ] 0 [( z ) j ] [( z ) j ] 0 ( z j ) ( z + j ) ( z (z j )(z + j )(z j)(z + j) 0 Les solutions sont { j, j, j, j} j) ( z + j) 0
Allez à : Exercice 1 : 9. x 0x + 89 0 On pose X x X 0X + 89 0 Δ 0 89 900 1156 56 16 (16i) 0 16i X 1 15 8i X 15 + 8i On cherche x tel que x 15 8i 16 8i 1 ( ) Il y a donc deux solutions x 1 et x ( ). De même on cherche x tel que x 15 + 8i 16 + 8i 1 ( ) Il y a donc deux solutions x et x ( ). Les solutions sont {,,, } Allez à : Exercice 1 : 10. x + x + 6x + x 15 0 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 + 6x + x + 1 donc x + x + 6x + x 15 0 (x + 1) 1 15 0 (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,,} x ikπ k + 1 e, k {0,1,,} x k 1 + e ikπ, k {0,1,,} x 0 1 + 1; x 1 1 + e iπ 1 ; x 1 + e iπ 1 ; x 1 + e iπ 1 Sont les solutions. Allez à : Exercice 1 : 11. z + z 0 On voit que i est une solution évidente (car i + i 0) donc on peut mettre z en facteur. z + z (z )(az + bz + c) z + z az + ( ia + b)z + ( ib + c)z c a 1 a 1 ia + b 0 b ia i ib + c c b ic i c z + z (z )(z z + ) Le discriminant de z z + est Δ i 9 (i) Il y a deux solutions i i i + i z i et z i Il y a donc deux solutions, z 1 i et z i. Allez à : Exercice 1 : 1. Δ (1 + a) (1 ) (1 + a )i (1 + a + a )(1 1) a i + ia a a i + ia a i(1 a + a ) (1 ) (1 a) ((1 )(1 a)) 5
(1 + a)(1 ) (1 )(1 a) 1 + a a (1 a a) z 1 a (1 + a)(1 ) + (1 )(1 a) 1 + a a + 1 a a z 1 1 a Allez à : Exercice 1 : 1. Δ (1 5i) (6i ) 1 5 10i + + 8i i Il faut trouver δ tel que Δ δ Première méthode : i 1 1 (1 ) c est une identité remarquable. Donc δ 1 1 ou δ 1 Deuxième méthode On pose δ a b, Δ δ i (a b) i a b ab a b 0 ab On rajoute l équation Δ δ i a + b a + b Avec le système { a b 0 a + b, en faisant la somme des deux équations, on trouve a a 1, d où l on tire b 1. Les valeurs possibles de a sont ±1 et les valeurs possibles de b sont ±1, d après l équation ab ab 1, on en déduit que ab < 0 et que donc a et b sont de signe opposé. Si a 1 alors b 1 et δ 1 et si a 1 alors b 1 et δ 1. Ce sont bien les mêmes solutions qu avec la première méthode. Troisième méthode Δ i e iπ, donc les racines deuxièmes de Δ sont δ e iπ (cos ( π ) sin (π )) ( ) 1 et δ eiπ 1. Pour résoudre iz + (1 5i)z + 6i 0, on n a besoin que d une racine deuxième, on prend, par exemple δ 1. Les deux solutions sont : Allez à : Exercice 1 : 1. (1 5i) (1 ) + 6i 1 + i z 1 i i i (1 5i) + (1 ) z i i i ( 1 + i)( i) i( i) Δ ( ( )) (1 )( 6 + i) ( ) ( 6 + i 6i ) 9 1 + 6i ( 10 ) 8 + 6i + 0 + 8i 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 576 + 9 a + b 65 5 50 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 Deuxième méthode Δ 8 + 1i 9 + 7i 1 (7 ) donc δ 7 ou δ 7. 6