Cours de mathématiques - Exo7 : Cours et exercices de ...

1 Nombres complexesVid o partie 1. Les nombres complexes, d finitions et op rationsVid o partie 2. Racines carr es, quation du second degr Vid o partie 3. Argument et trigonom trieVid o partie 4. Nombres complexes et g om trieFiche d' exercices Nombres complexesPr ambuleL quationx+5=2 a ses coefficients dansNmais pourtant sa solutionx= 3 n est pas un entier naturel. Il faut iciconsid rer l ensemble plus grandZdes entiers +5=2, Z2x= 3, Qx2=12, Rx2= p2, CDe m me l quation2x= 3 a ses coefficients dansZmais sa solutionx= 32est dans l ensemble plus grand desrationnelsQ. Continuons ainsi, l quationx2=12 coefficients dansQ, a ses solutionsx1=+1/p2etx2= 1/p2dans l ensemble des r elsR.

2 Ensuite l quationx2= p2 ses coefficients dansRet ses solutionsx1=+ipp2etx2= ipp2dans l ensemble des nombres complexesC. Ce processus est-il sans fin ? Non ! Les nombres complexessont en quelque sorte le bout de la cha ne car nous avons le th or me de d Alembert-Gauss suivant : Pour n importequelle quation polynomialeanxn+an 1xn 1+ +a2x2+a1x+a0=0o les coefficientsaisont des complexes (oubien des r els), alors les solutions x1, .. ,xnsont dans l ensemble des nombres complexes .Outre la r solution d quations, les nombres complexes s appliquent la trigonom trie, la g om trie (comme nousle verrons dans ce chapitre) mais aussi l lectronique, la m canique quantique, Les nombres D finitionD finition complexeest un couple(a,b) R2que l on noteraa+ibNOMBRES COMPLEXES1. LES NOMBRES COMPLEXES201iaba+ibRiRCela revient identifier1 avec le vecteur(1,0)deR2, etiavec le vecteur(0,1). On noteCl ensemble des nombrescomplexes.

3 Sib=0, alorsz=aest situ sur l axe des abscisses, que l on identifie R. Dans ce cas on dira quezestr el, etRappara t comme un sous-ensemble deC, appel axe r el. Sib6=0,zest ditimaginaireet sib6=0 eta=0,zest ditimaginaire Op rationsSiz=a+ibetz =a +ib sont deux nombres complexes, alors on d finit les op rations suivantes : addition:(a+ib)+(a +ib )=(a+a )+i(b+b )01izz z+z RiR multiplication:(a+ib) (a +ib )=(aa b b )+i(a b +ba ). On d veloppe en suivant les r gles de lamultiplication usuelle avec la convention suivante :i2= Partie r elle et imaginaireSoitz=a+ibun nombre complexe, sapartie r elleest le r elaet on la noteRe(z); sapartie imaginaireest ler elbet on la note Im(z).01iRe(z)i Im(z)zRiRRe(z)Im(z)Par identification deC R2, l criturez=Re(z)+i Im(z)est unique :z=z Re(z)=Re(z )etIm(z)=Im(z )NOMBRES COMPLEXES1. LES NOMBRES COMPLEXES3En particulier un nombre complexe est r el si et seulement si sa partie imaginaire est nulle.

4 Un nombre complexe estnul si et et seulement si sa partie r elle et sa partie imaginaire sont CalculsQuelques d finitions et calculs sur les nombres z z L oppos dez=a+ibest z=( a)+i( b)= a ib. Lamultiplication par un scalaire R: z=( a)+i( b). L inverse: siz6=0, il existe un uniquez Ctel quezz =1 (o 1=1+i 0).Pour la preuve et le calcul on critz=a+ibpuis on cherchez =a +ib tel quezz =1. Autrement dit(a+ib)(a +ib )=1. En d veloppant et identifiant les parties r elles et imaginaires on obtient les quations aa b b =1(L1)a b +ba =0(L2)En crivanta L1+b L2(on multiplie la ligne (L1) para, la ligne (L2) parbet on additionne) et b L1+a L2on end duit a a2+b2 =ab a2+b2 = bdonc a =aa2+b2b = ba2+b2L inverse dez, not 1z, est doncz =1z=aa2+b2+i ba2+b2=a iba2+b2. Ladivision:zz est le nombre complexez 1z . Propri t d int grit : sizz =0 alorsz=0 ouz =0. Puissances :z2=z z,zn=z z(nfois,n N). Par conventionz0=1 etz n= 1z n= tout z Cdiff rent de11+z+z2+ +zn=1 zn+11 preuve est simple : notonsS=1+z+z2+ +zn, alors en d veloppantS (1 z)presque tous les termes set lescopent et l on trouveS (1 z)=1 zn+ n y pas d ordre naturel surC, il ne faut donc jamais crirez 0 ouz z.

5 Conjugu , moduleLeconjugu dez=a+ibest z=a ib, autrement ditRe( z)=Re(z)etIm( z)= Im(z). Le point zest le sym triquedu pointzpar rapport l axe r +ibest le r el positif|z|=pa2+b2. Commez z=(a+ib)(a ib)=a2+b2alors le modulevaut aussi|z|=pz COMPLEXES1. LES NOMBRES COMPLEXES401iz z|z|0z=a+ibabQuelques formules : z+z = z+z , z=z,zz = zz z= z z R |z|2=z z,| z|=|z|,|zz |=|z||z | |z|=0 z=0 Proposition 2(L in galit triangulaire).|z+z | |z|+|z ||z+z ||z||z |0zz z+z Avant de faire la preuve voici deux remarques utiles. Soitz=a+ib Caveca,b R: |Re(z)|6|z|(et aussi|Im(z)|6|z|). Cela vient du fait que|a|6pa2+b2. Noter que pour un r el|a|est la foisle module et la valeur absolue. z+ z=2 Re(z)etz z=2 i Im(z). Preuve :z+ z=(a+ib)+(a ib)=2a=2 Re(z).D la preuve on calcule|z+z |2:|z+z |2= z+z (z+z )=z z+z z +zz +z z=|z|2+|z |2+2 Re(z z)6|z|2+|z |2+2|z z|6|z|2+|z |2+2|zz |6(|z|+|z |)2 Exemple un parall logramme, la somme des carr s des diagonales gale la somme des carr s des c t les longueurs des c t s sont not esLet`et les longueurs des diagonales sontDetdalors il s agit de montrerl galit D2+d2=2`2+ COMPLEXES2.

6 RACINES CARR ES, QUATION DU SECOND DEGR 5dDLL``0zz z+z |z||z||z ||z ||z z ||z+z |D devient simple si l on consid re que notre parall logramme a pour sommets0,z,z et le derniersommet est doncz+z . La longueur du grand c t est ici|z|, celle du petit c t est|z |. La longueur de la grandediagonale est|z+z |. Enfin il faut se convaincre que la longueur de la petite diagonale est|z z |.D2+d2= z+z 2+ z z 2= z+z (z+z )+ z z (z z )=z z+zz +z z+z z +z z zz z z+z z =2z z+2z z =2|z|2+2 z 2=2`2+ Calculer 1 2 i+i1 2 crire sous la formea+ibles nombres complexes(1+i)2,(1+i)3,(1+i)4,(1+i) En d duire 1+(1+i)+(1+i)2+ +(1+i) Soitz Ctel que|1+iz|=|1 iz|, montrer quez Montrer que si|Rez|6|Rez |et|Imz|6|Imz |alors|z|6|z |, mais que la r ciproque est Montrer que 1/ z=z/|z|2(pourz6=0).2. Racines carr es, quation du second degr Racines carr es d un nombre complexePourz C, uneracine carr eest un nombre complexe tel que 2= exemple six R+, on conna t deux racines carr es :px, px.

7 Autre exemple : les racines carr es de 1 sontiet z un nombre complexe, alors z admet deux racines carr es, et .Attention ! Contrairement au cas r el, il n y a pas de fa on privil gi e de choisir une racine plut t que l autre, doncpas de fonction racine. On ne dira donc jamais soit la racine dez .Siz6=0 ces deux racines carr es sont distinctes. Siz=0 alors =0 est une racine +ibnous allons calculer et en fonction crivons =x+iy, nous cherchonsx,ytels que 2=z. 2=z (x+iy)2=a+ib x2 y2=aen identifiant parties2x y=bet parties COMPLEXES2. RACINES CARR ES, QUATION DU SECOND DEGR 6 Petite astuce ici : nous rajoutons l quation| |2=|z|(qui se d duit bien s r de 2=z) qui s crit aussix2+y2=pa2+b2. Nous obtenons des syst mes quivalents aux pr c dents : x2 y2=a2x y=bx2+y2=pa2+b2 2x2=pa2+b2+a2y2=pa2+b2 a2x y=b x= 1p2ppa2+b2+ay= 1p2ppa2+b2 a2x y=bDiscutons suivant le signe du r elb. Sib 0,xetysont de m me signe ou nuls (car 2x y=b>0) donc = 1p2 qpa2+b2+a+iqpa2+b2 a ,et sib 0 = 1p2 qpa2+b2+a iqpa2+b2 a.

8 En particulier sib=0 le r sultat d pend du signe dea, sia 0,pa2=aet par cons quent = pa, tandis que sia<0,pa2= aet donc = ip a= ip|a|.Il n est pas n cessaire d apprendre ces formules mais il est indispensable de savoir refaire les racines carr es de i sont+p22(1+i)et p22(1+i).En effet : 2=i (x+iy)2=i x2 y2=02x y=1 Rajoutons la conditions| |2=|i|pour obtenir le syst me quivalent au pr c dent : x2 y2=02x y=1x2+y2=1 2x2=12y2=12x y=1 x= 1p2y= 1p22x y=1 Les r elsxetysont donc de m me signe, nous trouvons bien deux solutions :x+iy=1p2+i1p2oux+iy= 1p2 quation du second degr Proposition quation du second degr az2+bz+c=0, o a,b,c Ceta6=0, poss de deux solutionsz1,z2 C =b2 4ac le discriminant et Cune racine carr e de . Alors les solutions sontz1= b+ 2aetz2= b si =0 alors la solutionz=z1=z2= b/2aest unique (elle est dite double). Si on s autorisait crire =p ,on obtiendrait la m me formule que celle que vous connaissez lorsquea,b,csont r 3.

9 Z2+z+1=0, = 3, =ip3, les solutions sontz= 1 ip32. z2+z+1 i4=0, =i, =p22(1+i), les solutions sontz= 1 p22(1+i)2= 12 p24(1+i).On retrouve aussi le r sultat bien connu pour le cas des quations coefficients r els :Corollaire les coefficients a,b,c sont r els alors Ret les solutions sont de trois types : si =0, la racine double est r elle et vaut b2a, si >0, on a deux solutions r elles b p 2a,NOMBRES COMPLEXES3. ARGUMENT ET TRIGONOM TRIE7 si <0, on a deux solutions complexes, mais non r elles, b ip crit la factorisationaz2+bz+c=a z2+baz+ca =a z+b2a 2 b24a2+ca =a z+b2a 2 4a2 =a z+b2a 2 24a2 =a z+b2a 2a z+b2a + 2a =a z b+ 2a z b 2a =a(z z1)(z z2)Donc le bin me s annule si et seulement siz=z1ouz= Th or me fondamental de l alg breTh or me 1(d Alembert Gauss).SoitP(z)=anzn+an 1zn 1+ +a1z+a0un polyn me coefficients complexes et de degr n. Alors l quationP(z)=0admet exactement n solutions complexes compt es avec leur multiplicit.

10 En d autres termes il existe des nombres complexes z1, .. ,zn(dont certains sont ventuellement confondus) tels queP(z)=an(z z1)(z z2) (z zn).Nous admettons ce th or Calculer les racines carr es de i, 3 4 R soudre les quations :z2+z 1=0, 2z2+( 10 10 i)z+24 10 i= R soudre l quationz2+(i p2)z ip2, puis l quationZ4+(i p2)Z2 Montrer que siP(z)=z2+bz+cposs de pour racinesz1,z2 Calorsz1+z2= betz1 z2= Trouver les paires de nombres dont la somme vaut i et le produit SoitP(z)=anzn+an 1zn 1+ +a0avecai Rpour touti. Montrer que sizest racine dePalors Argument et trigonom ArgumentSiz=x+i yest de module1, alorsx2+y2=|z|2=1. Par cons quent le point(x,y)est sur le cercle unit du plan,et son abscissexest not ecos , son ordonn eyestsin , o est (une mesure de) l angle entre l axe r el etz. Plusg n ralement, siz6=0,z/|z|est de module 1, et cela am ne :D finition toutz C =C\{0}, un nombre Rtel quez=|z|(cos +i sin )est appel unargumentdezet not =arg(z).