Formes algébriques et trigonométriques, module et argument Exercice - - L/Math Sup - On multiplie le dénominateur par sa quantité conjuguée, et on obtient : Z = 4 i 3 + i 3 i 3 = 4 i 3 + 3 = + i 3. Pour mettre sous forme trigonométrique, on met le module en facteur : Z = + 3 =, d où Z = 3 + = e iπ/3. Pour calculer Z 3, on utilise cette dernière forme et il vient Z 3 = 3 e 3iπ/3 = 8. Exercice - - L/Math Sup - On a, en factorisant par l angle moitié et en utilisant les formules d Euler, + e iθ = cosθ/e iθ/. On en déduit que + z = cosθ/ > 0 car θ/ ]0, π/[, puis qu un argument de + z est θ/. Pour l autre complexe, on commence par transformer son écriture en remarquant qu il s agit du début d une somme géométrique. Puisque e iθ, on a + z + z = z3 z = e3iθ e iθ. En raisonnant comme précédemment, on trouve + z + z = e3iθ/ i sin3θ/ e iθ/ i sinθ/ = sin3θ/ sinθ/ eiθ. Il faut maintenant faire attention aux signes! Si θ ]0, π/3[, alors sin3θ// sinθ/ > 0, et donc le module de + z + z est bien, son argument est θ. sin3θ/ sinθ/ Si θ = π/3, + z + z = 0, de module nul et d argument non défini. Si θ ]π/3, π[, alors sin3θ// sinθ/ < 0, et donc on doit écrire + z + z = sin3θ/ sinθ/ eiθ = sin3θ/ sinθ/ eiθ+π. Le module dans ce cas est donc sin3θ/ sinθ/, et l argument, modulo π, est θ + π. http://www.bibmath.net
Exercice 3 - - L/Math Sup - On commence par passer par la forme trigonométrique : + i 3 = + i 3 i On en déduit que + i 3 i i = eiπ/3 e iπ/4 = e i7π/. 0 = 0 e i 40π = 0 e i 70π 6 = 0 e i 5π 3 = 9 i 3. Exercice 4 - - L/Math Sup - On commence par écrire + i 3 sous forme trigonométrique : En prenant la puissance n-ième, on trouve + i 3 = e iπ/3. + i 3 n = n e inπ/3. Ceci est un réel positif si et seulement si sinnπ/3 = 0 et cosnπ/3 0. Or, sinnπ/3 = 0 si et seulement si n = 3k, k Z. Mais, pour ces valeurs de n, on a cosnπ/3 = coskπ, et ceci est positif si et seulement si k est pair. Ainsi, les entiers qui conviennent sont les multiples de 6. Exercice 5 - - L/Math Sup - On écrit z = e iθ, z = e iθ et on utilise les formules d Euler en mettant en facteur e i θ+θ en facteur au numérateur et au dénominateur. Il vient z + z + zz = eiθ + e iθ + e iθ+θ On obtient bien un nombre réel, de module θ θ ei + e = e i θ+θ + e = cos θ θ. cos cos θ+θ θ θ cos θ+θ. θ θ i θ+θ i Exercice 6 - - L/Math Sup - On peut faire un raisonnement algébrique, en posant z = x+iy et en calculant effectivement les deux modules. Voici un raisonnement plus géométrique. Soit A le point d affixe i, B le point d affixe i, et M le point d affixe z. Alors z i est la longueur AM, z + i est la longueur BM, et la condition recherchée est AM = BM, c est-à-dire M est sur la médiatrice de [AB], soit encore M sur l axe réel, soit z réel. http://www.bibmath.net
Exercice 7 - - L/Math Sup - De z = z, on tire que z =, donc que z =, c est-à-dire que z = e iθ, où θ [0, π[. Calculons maintenant le module de z. On écrit z = e iθ = e iθ/ e iθ/ e iθ/ = i sinθ/e iθ/. Le module de z vaut donc si et seulement si sinθ/ = /. L équation sinθ/ = /, avec θ [0, π[ donne θ = π/3 ou θ = 5π/3. L équation sinθ/ = / avec θ [0, π[ n a pas de solutions. L ensemble des solutions est donc {e iπ/3, e iπ/3 }. Exercice 8 - Automorphisme du disque - L/Math Sup -. Il suffit de développer les modules au carré. Précisément, on a : z a āz = āz z a āz = āz a z a z z a + āz + a z āz = a z z a āz = a z āz.. On commence par remarquer que : z a āz z a āz. Ensuite, on a d après la question précédente z a āz = a z āz. Ainsi, on a l équivalence : z a āz a z āz 0. Or, a 0 et āz 0. On a donc la propriété voulue si et seulement si z 0 z. Exercice 9 - Homographie - L/Math Sup - Supposons d abord que z =. Alors z s écrit z = e iθ, avec θ R\πZ. On peut alors écrire : + z z = + eiθ e iθ = eiθ/ e iθ/ + e iθ/ e iθ/ e iθ/ e iθ/ = cosθ/ i sinθ/ = icosθ/ sinθ/ qui est bien un élément de ir. Remarquons que l on a le droit d effectuer ce calcul car sinθ/ ne s annule pas. http://www.bibmath.net 3
Réciproquement, supposons que +z z = ia, avec a un réel. On va exprimer z en fonction de a, puis calculer son module. Il vient : + z z On en déduit que = ia + z = ia z z + ia = + ia z = + ia + ia. ce qui prouve la réciproque. + ia + a + ia = =, + a Exercice 0 - Somme et différence - L/Math Sup - L idée est de passer au carré, et de développer. z + z = z z z + z = z z z + z + Rezz = z + z Rezz. En simplifiant par les termes égaux, ceci est donc équivalent à Rezz = 0. Or, zz = ρρ e iθ θ. Ceci a une partie réelle nulle si et seulement si cosθ θ = 0, c est-à-dire si et seulement si θ = θ + π [π]. Exercice - Égalité dans l inégalité triangulaire - L/Math Sup - On va prouver que la propriété est vraie si et seulement s il existe des réels positifs λ i tels que z i = λ i z. Un sens est facile. En effet, si z i = λ i z, alors z + + z n = z + λ + + λ n = z + λ z + + λ n z = z + + z n. Réciproquement, on va prouver par récurrence sur n que si z + + z n = z + + z n, alors il existe des réels positifs λ i, i n tels que z i = λ i z. On commence par traiter le cas n =, et on suppose que z + z = z + z. Notons u = z /z. Alors on a + u = + u, et en écrivant u = x + iy, on obtient + u = + x + y = + u + x et + u = + u + u. On a donc x = u, ce qui entraine que y = 0 et que u est un réel positif. Le cas n = est donc prouvé. Supposons maintenant la propriété prouvée au rang n et prouvons-la au rang n. On commence par remarquer que z + + z n = z + + z n. En effet, si on avait z + + z n < z + + z n, on aurait aussi z + + z n z + + z n + z n < z + + z n + z n, ce qui contredit l hypothèse initiale. Par hypothèse de récurrence, on sait que pour i {,..., n }, il existe λ i > 0 tel que z i = λ i z. Mais alors il vient z + + z n = + + λ n z + z n = + + λ n z + z n. On applique alors le cas n =, et on trouve que z n = µ n + + λ n z avec µ n > 0. On a le résultat voulu, quitte à poser λ n = µ n + + λ n. http://www.bibmath.net 4
Equations et racines n-ièmes Exercice - Exponentielle - L/Math Sup - Posons z = a + ib, a, b R. Alors e z = e a e ib. Ceci nous incite à mettre 3 3 3i sous forme trigonométrique. On obtient 3 3 3i = 7 + 9 = 6. Il vient 3 3 3i = 6 3 i = 6e iπ/6. On obtient alors exp a = 6 et b = iπ/6 + kπ, k Z. Les solutions de l équation sont donc les nombres complexes ln6 + i π 6 + kπ, k Z. Exercice 3 - Racine carrée d un nombre complexe - L/Math Sup - La méthode est toujours la même. On pose z = a + ib, de sorte que z = a b + iab. L équation z = 3 + 4i est donc équivalente à { a b = 3 ab = 4 On peut ajouter une troisième équation en remarquant que z = 3 + 4i a + b = 3 + 6 = 5. On trouve alors a = 8, soit a = ± et b =, soit b = ±. L équation ab = 4 oblige a et b à avoir même signe, et donc les deux solutions sont + i et i. Pour l équation z = 8 6i, on peut suivre une méthode exactement identique, et les solutions sont cette fois 3 i et 3 + i. Exercice 4 - Racine carré de deux façons - L/Math Sup - Soit w = a + ib tel que w = Z. On obtient le système Il vient a = a b = 3 ab = a + b = 3 + i[=. 3+ et b = 3. Puisque a et b ont le même signe, les solutions sont donc 3 3 + + w = + i 3 et w = Pour la résolution sous forme trigonométrique, on remarque que 3 Z = + i = e iπ/6. Les racines carrées de Z sont donc w = e iπ/ et w = e iπ/. i 3. http://www.bibmath.net 5
Comme les deux calculs donnent le même résultat, en identifiant les parties réelles, on trouve : 3 π + cos =, d où on tire : 3 π cos = + 6 + =. 4 Exercice 5 - Équations du second degré - L/Math Sup -. Le discriminant de cette équation du second degré vaut : = i 4 + i = 8i. Une racine carré de est donnée par δ = i e iπ/4 = + i. En appliquant les formules du cours, on trouve que les racines sont : i + i = + i et i + i =.. Le discriminant de cette équation du second degré est : = 4i 3 4ii 5 = 4i 3. On en cherche une racine carrée sous la forme δ = a + ib. Calculant δ, et utilisant aussi la relation δ = 4i 3 = 5, on trouve le système : a b = 3 ab = 4 a + b = 5 On en déduit que δ = i est solution de δ = l autre solution est + i. Utilisant les formules du cours, les racines de l équation initiale sont donc : 4i + 3 + i i = 3 i et 4i + 3 + i i = i. 3. Le discriminant de cette équation vaut 7 + i 4 + 3i = i. Une racine carré de ce discriminant est + i. Les racines de l équation sont donc : 7 + i i = 3 et 7 + i + + i = 4 + i. Exercice 6 - Racines n-ièmes - L/Math Sup - C est du cours! http://www.bibmath.net 6
. On a i = e iπ/, et donc z 5 = i = e iπ/ on obtient 5 racines distinctes pour k = 0,..., 4.. On a On en déduit que Finalement, 3. On a z 6 = z = e ikπ 5 iπ 0, k Z; + i 3 3 = + i = e iπ/3. 4 + i 3 = e iπ/3 = e iπ/3. 4 + i 3 z = /6 e ikπ 3 + π 9, k Z. + i 3 4 + i = 4 L équation qu on doit résoudre est donc : z 5 = 3 e i 5π 6 4 + i 3 + i π 3 4 = 3 ei e i π 4. z 5 =. 3/5 e iπ/6 On en déduit que les solutions sont les complexes de la forme z = 3/5 e i π 6 + ikπ 5, k Z. Exercice 7 - Qui se ramènent aux puissances... - L/Math Sup -. n est pas solution, et l équation est donc équivalente à z + 5 =. z Posons w = z+ w+ z, c est-à-dire z = w. On a w5 = si et seulement s il existe k {0,..., 4} tel que w = e ikπ/5. On a donc z = eikπ/5 + e ikπ/5. On peut encore simplifier en utilisant les formules d Euler : De même, on trouve exp ikπ 5 + = exp ikπ 5 + exp 0 = exp ikπ 5 exp ikπ 5 = exp ikπ 5 coskπ/5. kπ exp 5 = i exp + exp ikπ 5 ikπ sinkπ/5. 5 L ensemble des solutions est donc { icotankπ/5; k = 0,..., 4}. http://www.bibmath.net 7
. Puisque z = z, on a z n = et donc z =. On peut donc poser z = e iθ et l équation devient e inθ = e iθ e in+θ = θ = ikπ/n +, k {0,..., n }. 3. Posons w = z+ z. L équation devient w3 + w 3 e iπ/6+kπ/3, k = 0,..., 5. = 0, soit w 6 = = e iπ. Ses racines sont On retrouve alors z car z = w+ w. Pour k = ou k = 4, on trouve z = ±i. Pour les autres valeurs de k, on trouve z = ±i ± 3. 4. Remarquons que z = n est pas racine de l équation. On reconnait alors le début de la somme géométrique de raison z. L équation est donc équivalente à z 5 + z = 0 z 5 = = e iπ. Les solutions sont donc les complexes de la forme e i +kπ 5, k = 0,..., 5. 5. On commence par écrire : + z + + z n + z n = + z + + z n + z + + z n. On reconnait deux sommes géométriques de raison z. Comme z = n est pas solution de l équation, celle-ci est équivalente à z n z + z zn+ z = 0 z n + z z n+ = 0 + z z n = 0. Les solutions sont donc z = et les racines n-ièmes de l unité, excepté. Autrement dit, et e ikπ/n, k =,..., n. 6. Remarquons d abord que z = i n est pas solution de l équation. Ainsi, l équation est équivalente à z + i n =. z i Ceci est équivalent à dire qu il existe k {0,..., n } tel que z + i z i = ω k, en notant ω k = e ikπ/n. Pour k = 0, ω k = et l équation z+i z i Sinon, pour k =,..., n, on obtient les solutions = n a pas de solutions. z k = i ω k + ω k. Exercice 8 - Degré plus grand! - L/Math Sup - http://www.bibmath.net 8
. On commence par poser u = z 4, et l équation devient iu +iu++i = 0. Son discriminant est = 4i + i = 3 4i. On cherche une racine carrée δ de en posant δ = a + ib, en utilisant δ = et δ = = 5, et on trouve qu une des deux racines est δ = i. Les racines de l équation iu + iu + = 0 sont donc les complexes u = i + i i = i et u = i + i i = i. Reste à résoudre les équations z 4 = u et z 4 = u. Pour cela, on pose z = re iθ et on remarque que u = e iπ/ et que u = e i5π/4. On en déduit z 4 = e iπ/ z = e iπ/8+kπ/, k = 0,..., 3; z 4 = e i5π/4 z = /8 e i5π/6+kπ/, k = 0,..., 3.. Soit x une racine réelle, ie 4ix 3 ++3ix 5+4ix+3 7i = 0. Partie réelle et partie imaginaire du membre de gauche doivent être nulles, on obtient donc après identification : { x 5x + 3 = 0 4x 3 + 6x 4x = 0. Il est facile de résoudre la première équation et de vérifier si on obtient une racine de l autre équation. On trouve que 3/ est racine. On factorise alors le polynôme par z 3/, et on trouve par exemple en procédant par identification : 4iz 3 + + 3iz 5 + 4iz + 3 7i = z 3/ 4iz + + 6iz + + 7i. Reste à résoudre ensuite l équation : dont les solutions sont + 3 i et i. 4iz + + 6iz + + 7i = 0 Exercice 9 - Somme et puissances de racines n-iemes - L/Math Sup -. Les racines n-ièmes de l unité sont les complexes ω k, avec k = 0,..., n. Leur produit vaut donc : n ω k n = ω k = ω nn / = e iπn = n résultat qu on vérifie facilement pour n =,, 3, 4.. On a ici une somme géométrique de raison ω p. Si p est un multiple de n, la raison est donc égale à, et la somme fait n. Sinon, on a puisque ω n =. n ω kp = ωnp ω = 0 http://www.bibmath.net 9
3. On développe la puissance à l intérieur de la somme en utilisant la formule du binôme de Newton, et on trouve : n + ω k n = = n n n ω kj p p=0 n n On utilise le résultat de la question précédente, qui nous dit que la somme n ωkp sera non-nulle si et seulement si p = 0 ou n, auquel la cas la somme fait n. Puisque n+n = n, on obtient le résultat attendu. Application au calcul de sommes et à la trigonométrie p=0 n p ω kp. Exercice 0 - Linéariser - L/Math Sup - On écrit : e cos 5 ix + e ix 5 x = = e 5ix + 5e i3x + 0e ix + 0e ix + 5e i3x + e i5x 3 Le même raisonnement donne = 6 cos5x + 5 cos3x + 0 cos x. Pour la dernière expression, on procède ainsi : cos x sin 3 x = sin 5 x = 6 sin5x 5 sin3x + 0 sinx. e ix + e ix e ix e ix i 3 = eix + + e ix e3ix 3e ix + 3e ix e 3ix 4 8i = e5ix e 3ix e ix + e ix + e 3ix e 5ix = 3i i sin5x i sin3x 4i sinx 3i = 6 sin5x + 6 sin3x + 8 sinx. Exercice - Sommes trigonométriques - L/Math Sup - http://www.bibmath.net 0
. On a : n n n n cosx + ky = R e ix e iky k k n = R e ix n e iy k n k k = R e ix + e iy n = R e ix e iny/ e iy/ + e iy/ n = R e ix+ny/ cosy/ n = n cosx + ny/ cos n y/.. On utilise S + it qui se calcule comme une somme géométrique : On distingue deux cas : Si x = 0 [π], alors eix Si x 0 [π], alors cos x S + it = n e ikx n cos x k = e ix cos x k. =, et S + it = n +. On en déduit S = n + et T = 0. n+ S + it = eix cos x eix cos x = cos x n cos xn+ e ixn+ cos x e ix = cos x n cosn+ x cos n + x i sin n + x i sinx = sin n + x icosn+ cos n x sinx + x cos n + x cos n. x sin x On en déduit S = sin n + x cos n x sinx et T = cosn+ x cos n + x cos n. x sin x 3. D n est une somme géométrique, de premier terme e inx et de raison e ix. On obtient donc D n = e inx + e in+x/ e ix = eix/ e ix/ e in+/x e in+/x e ix/ e ix/. On en déduit que D n = sin n + x. sinx/ Pour calculer K n, une méthode légèrement différente de celle de la question précédente est d écrire que sin n + x = Im e in+/x, puis d utiliser une somme géométrique. http://www.bibmath.net
On a en effet : K n = = = = n sinx/ Im e ik+/x n sinx/ Im e ix/ e ikx sinx/ Im sinx/ Im = sin n + x/ sin. x/ ix/ ein+x/ e e ix e ix/ ein+x/ sinn + x/ e ix/ sinx/ Exercice - Somme de modules - L/Math Sup - Soit k {0, n } et soit ω k = e ikπ/n. Alors ω k = e ikπ/n e i0 = sinkπ/n en factorisant par l angle moitié. De plus, pour k {0,..., n }, kπ/n [0, π] et le sinus est positif. On en déduit z U n z = n = Im sinkπ/n n e ikπ/n = 4Im e iπ/n = 4Im i sinπ/ne iπ/n ie iπ/n = Im sinπ/n = cosπ/n sinπ/n. Exercice 3 - Calcul d un cosinus - L/Math Sup - La somme des racines 5 ièmes de l unité est nulle. On a donc Or, + e iπ/5 + e i4π/5 + e i6π/5 + e i8π/5 = 0. e i8π/5 = e iπ/5 et e 4iπ/5 = e 6iπ/5. Utilisant les formules d Euler, on en déduit que + cosπ/5 + cos4π/5 = 0. http://www.bibmath.net
Or, ce qui donne cos4π/5 = cos π/5, 4 cos π/5 + cosπ/5 = 0. cosπ/5 est donc une racine de l équation 4X + X = 0. Le discriminant de ce polynôme du second degré est = 0, et ses racines sont x = 5 4 Puisque cosπ/5 > 0, on en déduit que et x = + 5. 4 cosπ/5 = + 5. 4 Exercice 4 - Un calcul d intégrale - L/Math Sup - On linéarise les fonctions trigonométriques à l aide des nombres complexes : e cos 4 t sin it + e it 4 e it e it t = i = 6 e i4t + 4e it + 6 + 4e it + e i4t e it + e it On en déduit : π/ 0 = 6 e i6t + e i4t + e it 4 + e it + e i4t + e i6t = cos6t + cos4t + cost. 5 cos 4 t sin t = 5 = π 3. π 0 cos 6t + cos 4t + cos t dt Nombres complexes et géométrie Exercice 5 - Similitude - L/Math Sup - L application de la forme z az +b est une similitude directe. Cherchons son centre qui est le point invariant, c est-à-dire le point vérifiant z = + i 3z + 3 i. On trouve z = + i, le centre de la similitude est donc le point A,. On a de plus + i 3 3 = + i = e iπ/3. Le rapport de la similitude est donc égal à, et l angle à π/3. Exercice 6 - Lieux géométriques - L/Math Sup - http://www.bibmath.net 3
. Factorisons par + i dans le module. On trouve : + i z i + i =. Puisque + i = et i +i = + i, ceci est équivalent à z + i =. Ainsi, l ensemble des points M correspondants est le cercle de centre le point A, et de rayon.. On sait que les points I, M et M sont alignés si et seulement si IM, IM = 0[π] ou M = I ou M = I. En termes de nombres complexes, ceci se traduit par iz i arg = 0 [π] ou z = i ou iz = i. z i Introduisons le point A d affixe. Alors, ceci devient π z + arg = 0 [π] ou M = I ou M = A z i IM, AM = π [π] ou M = I ou M = A IM AM ou M = I ou M = A. Les points M solutions sont donc les points du cercle de diamètre [AI]. Puisque M est image de M par rotation de centre O et d angle π/, les points M correspondants sont sur l image de ce cercle par cette rotation. 3. Notons A d affixe et I d affixe i. La question s écrit encore z z i = ia, avec a R, c est-à-dire que les vecteurs AM et IM sont orthogonaux. Autrement dit, la condition est vérifiée si et seulement si M appartient au cercle de diamètre [AI], excepté I on doit avoir z i pour définir le quotient. 4. On va d abord supposer que z 0,, pour que les trois points M, P, Q soient distincts et qu on soit sûr d avoir affaire à un vrai triangle. On va utiliser la condition suivante : soit Aa, Bb et Cc. Les droites AB et AC sont perpendiculaires si et seulement si m R, On distingue alors trois cas : c a c a b a = mi Re = 0. b a http://www.bibmath.net 4
a le triangle est rectangle en M. Ceci est équivalent à z 3 z Re z = 0 Rez + = 0 Rez =. z Les points M solutions sont alors ceux de la droite d équation x =. b le triangle est rectangle en P. Ceci est équivalent à z 3 z Re z z = 0 Rez = 0. Les points M solutions sont alors ceux de la droite d équation x = 0. c le triangle est rectangle en Q. Ceci est équivalent à z z 3 z + Re z z 3 = 0 Re = 0. z Notons D d affixe - et O d affixe 0. On obtient que les droites DM et OM sont orthogonales, c est-à-dire que M décrit le cercle de diamètre [OD]. Exercice 7 - Points à coordonnées entières - L/Math Sup - On note a = x + iy et b = x + iy les affixes respectives de A et B. Par hypothèse, x, x, y et y sont des entiers. Puisque ABCD est un carré, D est l image de B par la rotation de centre A et d angle π/. Traduit en termes de nombres complexes, si d est l affixe de D, ceci signifie que d a = ib a = d = a + ib a = x + iy + i x x + iy y = x + y y + iy + x x. Ainsi, les coordonnées de D sont bien des entiers. Pour prouver que les coordonnées de C sont des entiers, on procède de la même façon, en utilisant cette fois le fait que C est l image de A dans la rotation de centre D et d angle π/. Imaginons maintenant que ABC soit un triangle équilatéral dont les trois sommets sont à coordonnées entières, et gardons les notations précédentes. Alors, C, d affixe c = x + iy est l image de B par la rotation de centre A et d angle π/3. Autrement dit, 3 x c a = e iπ/3 b a = c = x + iy + + i x + iy y. On développe, et après calcul, on trouve que c = x + x x 3y y + i y + y y 3x x +. Pour que la partie réelle de c soit un entier, il est nécessaire que y = y et pour que la partie imaginaire de c soit nulle, il est nécessaire que x = x. Finalement, ceci entraine A = B, c est-à-dire que le triangle est réduit à un point! Exercice 8 - Triangle équilatéral - L/Math Sup - http://www.bibmath.net 5
. C est l image de B par la rotation de centre A et d angle π/3. On a donc c a b a = eiπ/3 = j c a + j b j a = 0. Or, + j = j et en multipliant par j, on obtient le résultat voulu.. Quitte à échanger les rôles de B et C, on peut toujours supposer que le triangle est direct, c est-à-dire que l angle AB, AC est dans ]0, π[. Notons AC B, BA C et CB A les triangles équilatéraux directs obtenus. Soient aussi a, b, c les affixes respectives de A, B et C. Alors, par la question précédente, on a les 3 équations : a + jc + j b = 0 b + ja + j c = 0 c + jb + j a = 0. Soit E, F, G les centres de gravité respectifs de AC B, BAC et CB A, d affixe respectives e = 3 a + c + b, f = 3 b + a + c et g = 3 c + b + a. D après la question précédente, il suffit de prouver que e + jf + j g = 0. Or, 3e + jf + j g = a + c + b + jb + ja + jc + j c + j b + j a. Or, c = j a b, ja = b j c et j b = jc a, ce qui prouve bien que e+jf +j g = 0. Le triangle EF G est équilatéral direct. Exercice 9 - Triangle équilatéral - L/Math Sup - Le triangle est équilatéral si et seulement si c est-à-dire si et seulement si z 3 z = e iπ/3 z z ou z 3 z = e iπ/3 z z, z 3 + e iπ/3 z e iπ/3 = 0 ou z 3 + e iπ/3 z e iπ/3 = 0. Ceci est encore équivalent à dire que le produit de ces deux quantités est nul, c est-à-dire à z 3 + e iπ/3 z e iπ/3 z z 3 + e iπ/3 z e iπ/3 z = 0. En développant ce produit, on trouve exactement la condition demandée. Exercice 30 - A partir des racines n-ièmes - L/Math Sup - Posons a = e iθ. Alors les racines de z n = sont données par z k = e ikπ+θ/n, k = 0,..., n. Factorisant par l angle moitié et utilisant les formules d Euler, on a kπ + θ + z k = cos e ikπ+θ/n n soit kπ + θ kπ + θ + z k n = n cos n e ikπ+θ/ = n cos n e ikπ+θ/. n n Tous les points d affixe + z k n sont donc situés sur la droite qui fait un angle θ/ avec l axe des abscisses. http://www.bibmath.net 6
Exercice 3 - Alignement de puissances - L/Math Sup - On commence par étudier les cas où deux de ces points sont confondus. L équation z = z a pour solution z = et z = 0. L équation z = z 4 a pour solutions z = 0 et z =, j, j. L équation z = z 4 a pour solutions z = 0, i, i. On suppose désormais que z est différent des nombres précédemment trouvés, et on remarque que les points sont alignés si et seulement si z 4 z arg z = 0 [π] z4 z z z z R. Or, en notant z = x + iy, on a z 4 z z z = zz z + z + = z + z + = x y + x + + iyx +. zz Ainsi, on en déduit que, dans ce cas, les points z, z et z 4 sont alignés si et seulement si y = 0 ou x = /, c est-à-dire si et seulement si z est réel ou sa partie réelle vaut /. http://www.bibmath.net 7