4Nombres complexes I

CHAPITRE
4
Nombres complexes I
Jérôme C ARDAN mathématicien, philosophe et astrologue se passionne pour les équations du troisième et quatrième degré.
Il fait venir chez lui TARTAGLIA et lui arrache sa formule de résolution d’une équation
du type x 3 + px = q.
C ARDAN découvre la résolution générale et la publie en 1554. Son domestique et protégé Ludovico F ERRARI en déduit la résolution des équations de degré 4.
Il est également l’inventeur du joint qui porte son nom.
Pour la petite histoire, C ARDAN prédit que sa propre mort aura lieu trois jours avant
de fêter ses soixante-quinze ans ; peu de temps avant la date fatidique, il cesse de s’alimenter et meure le jour dit!
Des mathématiciens de A à Z.
B. H AUCHECONE et D.S URATTEAU aux éditions ellipses
Sommaire
0
1
Généralités
0.1
Programme de la classe de Première S
0.2
Programme (partiel) de la classe de Terminale S
0.3
Programme (intégral) libanais de Terminale série SG
Introduction
1.1
Activités d’introductions.
a)
b)
c)
2
Aspect algébrique des nombres complexes
2.1
Définitions et premières propriétés.
a)
b)
2.2
2.3
2.4
2.5
178
Équations classiques et équations en z et z
Équation du second degré dans C à coefficients réels.
Exercices types.
a)
b)
c)
4
5
6
Définitions
Propriétés
Calculs sur les nombres complexes.
Propriétés de la conjugaison et du module.
Exemples d’équations dans C
a)
b)
2.6
Définitions
Premières propriétés
Interprétation géométrique.
a)
b)
3
Présentation historique.
Application à l’équation x 3 − 15x − 4 = 0
Conclusion
Exemple d’équations du second degré à coefficients complexes.
Exemple d’équations du troisième degré à coefficients complexes.
Détermination de partie réelle et imaginaire.
Considérations historiques
3.1
Les algébristes italiens du XVI ème siècle
3.2
Les mathématiciens du XVII-XVIII ème siècle
Résumé du cours
Démonstrations du cours
Exercices
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
0
Généralités
0 1 Programme de la classe de Première S
Ne figure pas au programme de la classe de Première S
0 2 Programme (partiel) de la classe de Terminale S
En classe terminale, les nombres complexes sont vus essentiellement comme constituant un nouvel ensemble de nombres avec ses opérations propres. Cette introduction s’inscrit dans la perspective
d’un approfondissement lors d’une poursuite d’études.
C ONTENUS
C APACITÉS ATTENDUES
Forme algébrique, conjugué. Somme, produit,
quotient.
• Effectuer des calculs algébriques avec des nombres
complexes.
Équation du second degré à coefficients réels.
• Résoudre dans C une équation du second degré à coefficients réels.
Représentation
trique.
géomé-
• Représenter un nombre complexe par un point ou un vecteur.
Affixe d’un point, d’un
vecteur.
• Déterminer l’affixe d’un point
ou d’un vecteur.
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
C OMMENTAIRES
On introduit dans ce chapitre des éléments lui donnant une dimension historique.
Le plan est muni d’un repère orthonormé (O,~
u ,~
v)
179
0 3 Programme (intégral) libanais de Terminale série SG
?? E N CLASSE DE P REMIÈRE SÉRIE SG
• Forme algébrique, cas d’égalité, parties réelles et imaginaires.
• Opérations sur les nombres complexes et nombres complexes conjugués.
• Équation du second degré à coefficients réels et à discriminant négatif.
• Racines carrées d’un nombre complexe.
• Représentation géométrique.
E N CLASSE DE T ERMINALE SÉRIE SG
Les élèves ont déjà fait connaissance avec les nombres complexes et leur
représentation géométrique. Cette année, ils entreprennent l’étude
approfondie de ces nombres et de leur applications. Le travail proposé
s’articule sur trois axes:
Introduction des formes trigonométrique et exponentielle du nombre complexe
et exploitation des propriétés relatives aux modules et arguments qui
en découlent.
Utilisation des nombres complexes pour établir des relations et résoudre
des problèmes de nature trigonométrique.
Utilisation des nombres complexes afin d’élaborer des méthodes et résoudre
des problèmes de nature géométrique.
Module et argument d’un nombre complexe, propriétés
1. Calculer et interpréter géométriquement le module et l’argument d’un nombre complexe
non nul écrit sous forme algébrique
2. Caractérisation des nombres réels et imaginaires purs en termes d’arguments.
3. Connaître et utiliser les formules suivantes relatives aux modules et arguments des nombres
complexes.
¡ − →
¢
L’élève est déjà familiarisé avec le plan complexe muni d’un repère orthonormé direct O, →
u, −
v .
|z | > 0 ;
|z | ∈ R ;
|z | = 0 ⇔ z = 0
¯ ¯
| z | = ¯ z ¯ = | −z |
| z n | = | z |n
;
;
|z | > 0
| z |2 = zz
¯¡ 1 ¢¯
¯
¯=
z
¯
¯
¯ ¯
¯ z + z0 ¯ 6 | z | + ¯ z0 ¯
;
;
¯ 0¯
¯ ¯
¯ zz ¯ = | z | × ¯ z 0 ¯
¯ z ¯ |z |
¯ ¯
¯ 0 ¯= 0
|z |
z
¯
¯
¯ ¯
¯ z − z0 ¯ 6 | z | + ¯ z0 ¯
1
|z |
arg(−z) = π + arg(z)[2π] ;
;
arg(z) = − arg(z)[2π]
arg(zz 0 ) = arg(z) + arg(z 0 )[2π] ; arg(z n ) = n arg(z)[2π]
³z´
¡ ¢
arg 1z = − arg(z)[2π] ; arg 0 = arg(z) − arg(z 0 )[2π]
z
180
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Il est conseillé de définir géométriquement le module d’un nombre complexe
³ −−→´ z comme étant la dis−
tance OA où A est le point d’affixe z, et son argument comme l’angle →
u , OA , puis chercher à écrire
les formules permettant de les calculer.
On insistera sur le fait que l’argument d’un nombre complexe est défini à 2kπ près.
On évitera de définir l’argument par sa détermination principale (notée Arg(z)), une telle limitation
alourdissant considérablement les formules ainsi que la résolution des équations complexes.
On utilisera les notations (2π) ou « mod 2π » pour exprimer que l’argument est défini à 2kπ près.
Les relations
³ −−→´
−
OA = | z A | et →
u , OA = arg(z A ) (2π)
forment les éléments de base pour toutes les interprétations géométriques qui vont suivre.
Il importe alors d’entraîner les élèves à représenter géométriquement les nombres complexes afin de
fixer le lien entre les notions de module et d’argument, d’une part, et leurs aspects géométriques,
d’autre part. L’élève aura intérêt, particulièrement à se former une image mentale de quelques
nombres complexes simples tels que 1, i , −1, −i , 2i , −3i , 1 + i , etc.
Cette activité, conduisant l’élève à lire mentalement le module et l’argument d’un nombre complexe,
est hautement formatrice.
Les formules relatives aux modules et aux arguments pourront être démontrées directement, en exercice pour quelques-unes ou géométriquement pour d’autres.
On caractérisera, en particulier, les nombres réels par leur argument : 0 modulo π, et les nombres
π
imaginaires purs par leur argument modulo π.
2
Formes trigonométrique et exponentielle d’un nombre complexe.
1. Écrire un nombre complexe sous forme trigonométrique.
2. Écrire un nombre complexe sous forme exponentielle.
3. Passer entre les différentes formes d’écriture d’un nombre complexe non nul.
Écrire un nombre complexe z non nul, donné en forme algébrique
sous forme trigonométrique z = r (cos θ + i sin θ) où r et θ sont des réels et r > 0.
Écrire un nombre complexe z non nul, donné en forme trigonométrique
sous la forme algébrique.
Utiliser la notation ei θ = cos θ + i sin θ.
Écrire un nombre complexe z non nul, donné en forme trigonométrique,
sous la forme exponentielle :z = r ei θ
Écrire un nombre complexe z non nul, donné en forme exponentielle,
sous la forme trigonométrique .
Le passage de la forme algébrique à la forme trigonométrique ainsi que le passage réciproque, sont
presque immédiats.
Seule l’introduction de la notation exponentielle pourra poser problème.
Toute justification de l’écriture ei θ = cos θ + i sin θ ne fera que compliquer la situation, aussi
insistera-t-on sur le côté conventionnel de cette écriture.
On demandera à l’élève de vérifier sa comptabilité avec les propriétés relatives à la multiplication et
à la division des nombres complexes :
0
0
ei θ × ei θ = ei (θ+θ ) , et
1
ei θ
= e−i θ
On ne manquera pas de mentionner l’unicité de l’écriture trigonométrique d’un nombre complexe
donné.
Par ailleurs, cette écriture aidera à :
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
181
Simplifier des expressions complexes.
Résoudre dans C des équations pratiquement non résolubles à travers la forme algébrique.
Déterminer les racines n-èmes d’un nombre complexe.
π π π
etc.
Déterminer les lignes trigonométriques de quelques arcs, tels que : ; ;
5 10 12
Interprétation géométrique de l’addition, de la multiplication, et du passage au conjugué.
1. Interpréter géométriquement le passage au conjugué.
2. Interpréter géométriquement l’addition de deux nombres complexes.
3. Interpréter géométriquement la multiplication de deux nombres complexes.
¡ − →
¢
Le plan complexe étant rapporté à un repère orthonormal direct O, →
u, −
v , A et B sont deux
points d’affixes respectives z A et z B , z et z 0 sont deux nombres complexes.
Construire le point d’affixe −z à partir de celui d’affixe z.
Construire le vecteur d’affixe −z à partir de celui d’affixe z.
Construire le point d’affixe z à partir de celui d’affixe z.
Savoir que le vecteur d’affixe z + z 0 est la somme des affixes des vecteurs d’affixes z et z 0 .
Construire le vecteur d’affixe z + z 0 à partir des vecteurs d’affixes z et z 0 .
Utiliser une rotation et une homothétie de centre O pour construire le vecteur d’affixe z · z 0 à
partir des vecteurs d’affixes z et z 0 .
−−→
Savoir que l’affixe du vecteur AB est égale à z B − z A ,
Savoir que AB = | z B − z A |.
Les activités géométriques sur les nombres complexes fourniront des occasions formatrices très précieuses. En particulier, elles développeront chez l’élève la capacité de :
Vérifier le résultat d’un calcul complexe.
Élaborer un calcul (complexe) mental.
Résoudre géométriquement un problème sur les complexes.
Utiliser les nombres complexes pour résoudre un problème de géométrie.
Formule de Moivre et applications
1. Connaître et utiliser la formule de Moivre.
2. Linéariser des polynômes trigonométriques simples.
Connaître et utiliser les formules.
cos θ =
ei θ − e−i θ
ei θ + e−i θ
et sin θ =
2
2i
Calculer cos nθ et sin nθ en fonction de cos θ et sin θ.
Linéariser des expressions de la forme cosn θ ; sinn θ ; cosm θ sinn θ
182
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
La formule de Moivre sera présentée sous sa forme trigonométrique
[r (cos θ + i sin θ)]n = r n (cos nθ + i sin nθ)
et sous sa forme exponentielle
³
r ei θ
´n
= r n eni θ
Les égalités
ei θ + e−i θ
ei θ − e−i θ
et sin θ =
2
2i
n
n
serviront à linéariser des expressions de la forme cos θ ; sin θ ; cosm θ sinn θ où m et n sont des
entiers.
On se limitera dans les applications à des valeurs de m et de n ne dépassant pas 6.
Racines n-émes d’un nombre complexe, représentation géométrique des racines n-émes de
l’unité
cos θ =
1. Définir et calculer les racines n-èmes d’un nombre complexe.
2. Représenter géométriquement les racines n-èmes de l’unité.
Reconnaître une racine n-ème d’un nombre complexe z.
Calculer les racines n-èmes d’un nombre complexe.
Savoir que les points qui représentent les racines n-èmes de l’unité sont les sommets d’un polygone régulier.
L’élève sait déjà calculer algébriquement les deux racines carrées d’un nombre complexe.L’écriture exponentielle (ou trigonométrique) fournira un outil très pratique pour calculer les
racines n-èmes d’un tel nombre.
La répartition régulière, sur le cercle trigonométrique, des n racines n-ièmes de l’unité est presque
immédiate.
On amènera l’élève à remarquer que la la somme de ces racines est nulle : par voie géométrique
1 − zn
, z 6= 1).
(somme vectorielle) ou par le calcul (on utilisera la formule 1 + z + · · · + z n−1 =
1−z
Interprétation géométrique de l’argument et du module d’un quotient de eux nombres complexes.
1. Interpréter géométriquement
arg
³z −a´
¯ z −a ¯
¯
¯
et ¯
¯
z −b
z −b
2. Utiliser cette interprétation pour l’étude des configurations d’alignement et d’orthogonalité.
A, B et M étant des points du plan d’affixes respectives a, b et z, distincts deux à deux.
Connaître et utiliser la relation
¯ z − a ¯ ¯¯ MA ¯¯
¯
¯ ¯
¯
¯
¯=¯
z −b
MB ¯
Déterminer,
¯ z − a ¯ géométriquement et par le calcul, l’ensemble des points M du plan tels que
¯
¯
¯
¯ = k, où k est une constante réelle.
z −b
Connaître et utiliser la relation
arg
³z −a´
z −b
³−−→ −−→´
= BM, AM [2π]
Savoir que les points A, B et M sont alignés si et seulement si, arg
³z −a´
z −b
= 0[π]
Savoir que les droites (AM) et (BM) sont orthogonales si et seulement si arg
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
³z −a´
z −b
=
π
[π]
2
183
Déterminer, géométriquement, l’ensemble des points M du plan tels que
arg
³z −a´
z −b
= α[2π], où α est un réel.
Les applications géométriques des calculs élaborés sur les complexes sont considérables.
Des égalités comme (z − a) = u(z − b), où a, b, z et u sont des nombres complexes, permettent de
comparer des distances et des directions, et par là, d’étudier la nature de quelques figures géométriques.
Les activités aideront à étudier, en plus de l’alignement et de l’orthogonalité, la cocyclicité de quatre
points du plan.
Ces activités doivent aboutir à la traduction des transformations géométriques du plan (rotation,
translation, homothétie et similitude) en des applications de C dans C et, réciproquement, à reconnaître l’effet géométrique de quelques applications complexes particulières.
184
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
1
Introduction
1 1 Activités d’introductions.
a) Présentation historique.
Questions
1. Où et quand les textes ci-dessous ont-ils été publiés ?
2. Qui en est l’auteur ?
3. Écrire ces textes en français actuel et en employant les notations mathématiques usuelles
4. Y-a-t-il quelque chose de choquant dans ces écrits ?
5. Qu’est-ce-qui est mis en évidence dans le premier texte ?
6. Comment qualifie-t-il ces quantités dans le second texte et qu’affirme-t-il ?
7. Dans le texte n°3, qu’est-ce-qui justifie l’utilisation de ces expressions ?
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
185
186
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Réponses
1. Ces textes ont été publiés dans la revue de l’Académie Royale des Sciences et Belles Lettres,
à Berlin en 1746 et la traduction française proposée date de 1748.
2. L’auteur est Jean Le R OND D’A LEMBERT (1717-1783), mathématicien et physicien français,
collaborateur de D IDEROT pour la rédaction de son encyclopédie.
3. Traduction Texte n°1 :
Soit un polynôme quelconque a n x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 1 x + a 0 , qui n’a aucune racine réelle,
p
alors il existe une quantité « p + q −1 » qui annule ce polynôme.
Traduction Texte n°2 :
p
On peut toujours écrire sous la forme « p + q −1 » l’expression imaginaire quelconque de la
racine d’un polynôme, ou d’une quantité quelconque.
Traduction Texte n°3 :
Ainsi il est évident que l’expression
s
3
1
q+
2
r
1 3 1 2p
p − q −1 +
27
4
s
3
1
q−
2
r
1 3 1 2p
p − q −1
27
4
qui représente la racine d’une équation du troisième degré x 3 − px + q = 0 sera réductible à
une expression algébrique réelle (sous certaines conditions), car si
q
3
p
a + b −1 +
q
3
p
a − b −1
est l’expression de la racine, la première étant réduite à l’expression algébrique
p
A + B −1
la seconde se réduira à l’expression algébrique
p
A − B −1
et leur somme 2A sera réelle.
p
p
4. D’A LEMBERT utilise constamment une quantité « p +q −1 » dans laquelle figure « −1 » qui
n’est pas définie dans R.
5. Le texte no 1, affirme que ces quantités permettent de trouver une racine à un polynôme de
degré n, même dans le cas où celui-ci n’aurait pas de racines réelles.
6. Dans le second texte, il emploie le terme « d’expression imaginaire » pour ces quantités. Il
p
affirme ensuite, que ces quantités pourront toujours s’écrire sous la forme p + q −1
7. Dans le texte no 3, D’A LEMBERT explique que, dans certains cas, la somme de deux « expressions imaginaires », peut produire un résultat réel et permettre ainsi de retrouver une
certaine expression d’une racine d’une équation du troisième degré.
b) Application à l’équation x 3 − 15x − 4 = 0
Exercice 1
En 1545 le mathématicien italien Jérome C ARDAN (1501-1576) publia une formule permettant sous
certaines conditions de trouver une solution à une équation du troisième degré.
On montre qu’une équation du troisième degré quelconque peut toujours s’écrire sous la forme :
x 3 + px + q = 0
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
187
p et q étant deux nombres réels.
Une solution à cette équation est alors donnée par la formule suivante :
v
v
s
s
u
u
u
u
3
2
3
3
q 1 4p + 27q
q 1 4p 3 + 27q 2
t
t
+ − −
x= − +
2 2
27
2 2
27
On considère les deux fonctions f et g définies sur R par
f (x) = x 3 + 2x + 3
et
g (x) = x 3 − 15x − 4
Le but de cet exercice est de vérifier ces formules sur deux équations dont on connaît une solution
à priori.
1. a) Étudier les variations de ces deux fonctions sur R et dresser leur tableau de variations.
b) Trouver une solution évidente à l’ équations f (x) = 0, calculer g (10) et g (−10).
c) En déduire le nombre de solutions sur R des équations f (x) = 0 puis g (x) = 0.
2. Étude de l’équation (F) : x 3 + 2x + 3 = 0.
a) Appliquer la formule de Cardan à cette équation.
b) Vérifier que :
" Ã
" Ã
r !#3
r
r !#3
r
11
3 5 11
11
3 5 11
1
1
1+
= +
−1 +
=− +
et
2
3
2 6
3
2
3
2 6
3
c) En déduire une expression simple d’une solution à l’équation (F).
3. Étude de l’équation (G) : x 3 − 15x − 4 = 0.
a) Appliquer la formule de C ARDAN à cette équation, que se passe t-il ?
b) Le mathématicien italien B OMBELLI (1526-1573) eu l’idée d’appliquer
la formule de Cardan
p
à l’équation (G) et de poursuivre les calculs en considérant que « −484 » est une certaine entité,
que l’on va qualifié de "nombre imaginaire".
p
p
p
Par utilisation des règles usuelles de calcul on obtient " −484 = −222 = 22 −1".
p
2
En 1777 Euler nota i le « nombre imaginaire
−1 » tel que « i = −1 ».
p
Cette notation permet de poser « −484 = 22 i ».
Écrire alors la formule de C ARDAN obtenue pour l’équation (G).
c) En appliquant les formules usuelles de calcul dans R, développer (2 + i)3 et (2 − i)3
d) En déduire une expression simple d’une solution à l’équation (G).
Solution
1. a) • f 0 (x) = 3x 2 + 2 donc f 0 (x) est positif pour tout réel x, il s’ensuit que la fonction f est strictement croissante sur R.
On obtient donc le tableau de variations suivant.
x
−∞
f 0 (x)
+∞
+
f (x)
p
p
• g 0 (x) = 3x 2 − 15 : c’est un trinôme du second degré qui admet deux racines − 5 et 5. De
plus :
p
p
p
p
p
p
p
p
M = g (− 5) = −5 5 + 15 5 − 4 = 10 5 − 4 > 0 m = g ( 5) = 5 5 − 15 5 − 4 = −10 5 − 4 < 0
On obtient donc le tableau de variations suivant.
188
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
x
p
− 5
−∞
g 0 (x)
+
p
5
−
0
+∞
+
0
p
10 5 − 4
g (x)
p
−10 5 − 4
b) • On vérifie que −1 est une solution évidente de l’équation f (x) = 0, d’après le tableau de
variations de la fonction f , c’est la seule solution.
• g (10) = 1000 − 150 − 4 = 846 > 0 et g (−10) = −1000 + 150 − 4 = −854 < 0.
D’après le tableau de variations de g , on peut affirmer que l’équation g (x) = 0 admet trois solutions :
p
p p
p
Une sur [−10, − 5], une sur [− 5, 5] et une autre sur [ 5, 10].
2. a) Pour cette équation nous avons p = 2 et q = 3, ce qui donne
4p 3 + 27q 2 32 + 243 275 25 11
=
=
=
×
27
27
27
9
3
d’où
q 1
− +
2 2
s
4p 3 + 27q 2
3 1
=− +
27
2 2
De même
q 1
− −
2 2
D’où la solution
s
x=
3
s
r
25 11
3 5
×
=− +
9
3
2 6
4p 3 + 27q 2
3 5
=− −
27
2 6
3 5
− −
2 6
r
11
+
3
s
3
3 5
− +
2 6
r
11
3
r
11
3
r
11
3
b) On utilise pour cela les identités remarquables suivantes :
¡
¢3
¡
¢3
a + b = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 et a − b = a 3 − 3a 2 b + 3ab 2 − b 3
d’où
Ã
" Ã
r !#3
r
r !
r
r
1
11
1
11
11 11 11
12 20 11 3 5 11
1+
=
1+3
+3×
+
=
+
= +
2
3
8
3
3
3
3
8
24
3
2 6
3
De même
" Ã
à r
!
r !#3
r
r
r
1
11
1 11 11
11
11
12 20 11
3 5 11
−1 +
−3×
+3
−1 = − +
=− +
=
2
3
8 3
3
3
3
8
24
3
2 6
3
Donc
3 5
− −
2 6
r
Ã
" Ã
Ã
r !
r !#3 "
r !#3
11
3 5 11
1
11
1
11
=−
+
=−
1+
= − 1+
3
2 6
3
2
3
2
3
D’où
s
3
Francis C ORTADO
3 5
− −
2 6
r
v
Ã
Ã
u"
r !#3
r !
11 u
1
11
1
11
3
t
=
− 1+
= − 1+
3
2
3
2
3
Sommaire chapitre 4
189
et de même
s
3
3 5
− +
2 6
r
v
Ã
u" Ã
r !#3
r !
1
11 u
11
1
11
3
t
=
−1 +
=
−1 +
3
2
3
2
3
En définitive, nous obtenons la solution sous la forme
Ã
Ã
r !
r !
11
1
11
1
+
−1 +
= −1
x = − 1+
2
3
2
3
La formule de Cardan permet donc de déterminer l’unique solution de l’équation (E) mise en
évidence dans la question 2.b).
3. a) Pour cette équation, nous avons p = −15 et q = −4 ce qui donne
4p 3 + 27q 2
13068
=−
= −484
27
27
Ce nombre étant négatif, il ne sera pas possible d’en calculer la racine carrée, bien que nous sachions d’après la question 2.b) que cette équation admet trois solutions.
b) La formule de Cardan s’écrit alors sous la forme,
r
r
p
p
1
1
3
3
3
3
x = 2 + × 22 i + 2 − × 22 i = 2 + 11 i + 2 − 11 i
2
2
c) Comme i2 = −1, on obtient i3 = − i, d’où
(2 + i)3 = 8 + 12 i +6 i2 +ı 3 = 8 + 12 i −6 − i = 2 + 11 i et (2 − i)3 = 8 − 12 i −6 + i = 2 − 11 i
d) Ce qui donne pour la formule de Cardan,
q
q
¢3 3 ¡
¢3
3 ¡
x=
2−i +
2 + i = 2 − i +2 + i = 4
c) Conclusion
Nous pouvons remarquer que ces calculs sur des « nombres imaginaires » ont permis d’étendre
le champs d’application de la formule de C ARDAN et de trouver des solutions réelles à certaines
équations.
Il ne reste plus qu’à donner un cadre mathématique rigoureux à ces « nombres imaginaires » en
précisant leur définition et les règles de calcul.
La dénomination « nombres imaginaires » a été abandonnée au profit de celle de « nombre complexe », ce qui fait l’objet de la définition suivante.
2
Aspect algébrique des nombres complexes
2 1 Définitions et premières propriétés.
a) Définitions
Définition 1
On appelle nombre complexe un nombre de la forme z = a + i b
où a et b sont deux réels et i un symbole tel que i2 = −1
L’ensemble de tous les nombres complexes se note C.
Remarque.
Ce symbole « i », n’est pas un nombre réel, car il n’existe pas de nombre réel dont le carré soit
égal à −1.
190
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Exemple.
p
2 + 3 i ; −1 + i 2 sont des nombres complexes.
0 + 0 × i = 0 est un nombre complexe particulier et d’une façon générale :
si x est un nombre réel alors x + 0 × i = x est un nombre complexe.
On peut donc énoncer la propriété suivante :
Propriété 1
Tout nombre réel est un nombre complexe particulier, on dit que l’ensemble des nombre
réels est inclus dans l’ensemble des nombres complexes et on note
R⊂C
De même 3 i = 0 + 3 i et −2 i = 0 + (−2) i sont des nombres complexes :
On dit qu’ils sont imaginaires purs :
Définition 2
On appelle imaginaire pur tout nombre complexe de la forme
i b où b est un nombre réel.
L’ensemble des nombres imaginaires purs se note i R.
On remarquera que 0 est imaginaire pur.
Parmi les nombres complexes a +i b, les deux cas particuliers des nombres réels et imaginaires
purs, sont obtenus en faisant a = 0 ou b = 0.
On définit ainsi la partie réelle et la partie imaginaire d’un nombre complexe par :
Définition 3
Soient a et b deux nombres réels, et z le nombre complexe a + i b.
a est appelé partie réelle de z et b partie imaginaire de z.
On note a = Re(z) et b = Im(z)
On remarquera que la partie imaginaire d’un nombre complexe est un nombre réel, il n’y a pas
de "i".
p
p
Exemple. La partie réelle de z = 1 − i 2 est 1 et sa partie imaginaire est − 2
b) Premières propriétés
Puisque 0 = 0 + 0 × i il s’ensuit que la partie réelle et la partie imaginaire de 0 sont toutes deux
nulles, c’est à dire que si a = b = 0, alors z = a + i b = 0.
Réciproquement supposons que z = a + i b = 0, avec a et b réels.
a
Si b 6= 0, alors z = 0 ⇔ b i = −a ⇔ i = − .
b
Ce qui implique que « i » est un nombre réel, ce qui est faux.
Donc b = 0, d’où z = 0 ⇔ a + i ×0 = 0 ⇔ a = b = 0, conclusion :
Un nombre complexe est nul si et seulement si ses parties réelle et imaginaire sont nulles :
Théorème 1
z = 0 ⇔ Re(z) = Im(z) = 0
D’après la définition des parties réelle et imaginaire d’un nombres complexe, il est évident
que :
a. Un nombre complexe est réel si et seulement si
sa partie imaginaire est nulle.
Propriété 2
b. Un nombre complexe est imaginaire pur si et seulement si
sa partie réelle est nulle.
z ∈ R ⇔ Im(z) = 0 et z ∈ iR ⇔ Re(z) = 0
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
191
On peut donc affirmer que 0 est le seul nombre complexe à la fois réel et imaginaire pur.
Dans l’introduction nous avons dit que l’on calcule dans C comme dans R, considérons alors deux
nombres complexes z = a + i b et z 0 = a 0 + i b 0 , il vient
z = z0 ⇔ z − z0 = 0
¡
¢ ¡
¢
⇔ a + i b − a0 + i b0 = 0
⇔ a − a0 + i b − i b0 = 0
¡
¢ ¡
¢
⇔ a − a0 + i b − b0 = 0
⇔ a − a 0 = 0 et b − b 0 = 0
⇔ a = a 0 et b = b 0
Ce qui signifie que z et z 0 on même partie réelle et même partie imaginaire, d’où :
Théorème 2
Deux nombres complexes sont égaux si et seulement si ils ont même partie réelle et même partie
imaginaire.
z = z 0 ⇔ Re(z) = Re(z 0 ) et Im(z) = Im(z 0 )
ou encore
a + i b = a 0 + i b 0 ⇔ a = a 0 et b = b 0
2 2 Interprétation géométrique.
a) Définitions
Dans les classes antérieures, nous avons vu qu’à tout nombre réel on pouvait associer un
unique point d’une droite, et que réciproquement à tout point M d’une droite D on pouvait associer un unique réel appelé abscisse de ce point M et noté x M , à condition d’avoir muni cette droite
d’un repère.
Soit un nombre complexe z = a + i b, a et b étant deux réels, il sera naturel de lui associer l’unique
point M du plan ayant pour coordonnées (a, b). Réciproquement à tout point M du plan on associera l’unique nombre complexe z = a + i b où a et b sont respectivement l’abscisse et l’ordonnée
de ce point M.
Ce nombre complexe se nomme affixe du point M.
Il faut au préalable munir le plan d’un repère que l’on va choisir orthonormé direct.
On évitera d’avoir recourt à la lettre « i » pour désigner un des vecteurs du repère dans la mesure
où cette lettre désigne un nombre complexe
¡ particulier.
¢
−
−
e1, →
e 2 , le plan est appelé plan complexe.
Muni d’un tel repère noté (O, ~
u ,~
v ) ou bien O, →
¡ − →
¢
Dans tout ce qui suit, le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct O, →
e1, −
e2
Définition 4
On appelle affixe du point M, le nombre complexe z = a + i b où
a et b sont dans cet ordre, l’abscisse et l’ordonnée de ce point M.
M est appelé point image du nombre complexe z = a + i b.
¡
¢
De la même façon que l’on note M a, b pour signifier que M a pour coordonnées a et b, on
notera M(z) pour exprimer le fait que M a pour affixe z.
Si l’on considère plusieurs points, on notera z A l’affixe de A, z B l’affixe de B, etc...
Comme la notion de coordonnée s’applique également aux vecteurs du plan, on définit de
−
façon analogue l’affixe d’un vecteur →
u par :
¡− ¢
−
−
L’affixe du vecteur →
u (x, y) est le nombre complexe noté Aff →
u ou Z→
u défini par
Définition 5
192
¡− ¢
Aff →
u = x +iy
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
−−→
−
Supposons maintenant que →
u = AB où A et B ont pour affixes respectives z A = x A + i y A et
zB = xB + i y B .
¡
¢
−−→
Puisque le vecteur AB a pour coordonnées x B − x A ; y B − y A , nous obtenons :
³−−→´
Aff AB = (x B − x A ) + i(y B − y A ) = x B − x A + i y B − i y A = (x B + i y B ) − (x A + i y A ) = z B − z A
−−→
Soient deux points A(z A ) et B(z B ) alors le vecteur AB a pour affixe
Théorème 3
−→ = z B − z A
Z−
AB
b) Propriétés
Nous avons vu qu’un nombre complexe est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle.
Le point image
¡
¢ M d’un tel nombre complexe aura comme affixe z = x + 0 × i et donc comme coordonnées x, 0 ce qui signifie qu’il appartient à l’axe des abscisses.
¡
¢
Réciproquement, un point de l’axe des abscisses a pour coordonnées x, 0 et pour affixe
z = x +0×i = x
ce qui implique qu’il soit réel.
C’est pour cette raison que l’on nomme l’axe des abscisses « axe des réels » et l’axe des ordonnées
« axe des imaginaires purs ».
Propriété 3
a. Un nombre complexe est réel si et seulement si son point image appartient à l’axe des
abscisses.
b. un nombre complexe est imaginaire pur si et seulement si son point image appartient
à l’axe des ordonnées.
Exercice 2
Placer
le plan
u ,~
v) ¡
¡ ¢ les points
¡ suivants
¢
¡ dans
¢
¡ complexe
¢
¡ muni
¢ d’un repère
¡
¢orthonormé
¡
¢(O,~
¢
A 1 ; A0 − 1 ; B i ; B0 − i ; C 1 + i ; C1 1 − i ; D 3 − 2 i ; D1 3 + 2 i
Solution
Il suffit de penser à convertir les affixes en coordonnées, cela ne posant aucun problème.
D1 (3 + 2 i)
B(i)
A0 (−1)
C(1 + i)
A(1)
0
B0 (− i)
C1 (1 − i)
D(3 − 2 i)
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
193
Sur la figure précédente, nous pouvons constater que les points C et C1 d’une part ainsi que D
et D1 d’autre part sont symétriques par rapport à l’axe des réels.
D’une façon générale, si un point M a pour affixe z = a + i b alors son symétrique M0 par rapport à
l’axe des abscisses aura pour affixe a − i b, on dit que les affixes sont conjuguées l’une de l’autre.
Soit un nombre complexe z = a + i b avec a et b réel.
On appelle nombre complexe conjugué de z le nombre complexe noté z définit par
Définition 6
z = a −ib
Exemple. 1 + i = 1 − i ;
3−2i = 3+2i ;
i = 0+i = 0−i = −i ;
1 = 1+0×i = 1−0×i = 1
On remarque que i et i sont opposés alors que 1 et 1 sont égaux.
¡ ¢
¡ ¢
En effet si M(z) avec z réel, M sera invariant par la symétrie d’axe (Ox) et donc M z et M0 z
seront confondus d’où z = z, et réciproquement.
Dans le cas où M a pour affixe un nombre z imaginaire pur, M appartient à l’axe (O y) et son
symétrique par rapport à (Ox) aura pour affixe −z et donc z = −z. La réciproque, de ce résultat
étant vraie.
Ce qui permet de caractériser les nombres réels ainsi que des imaginaires purs par :
a. Un nombre complexe est réel si et seulement s’il est égal à son conjugué.
b. Un nombre complexe est imaginaire pur si et seulement s’il est égal à l’opposé de son
conjugué.
z ∈ R ⇔ z = z et z ∈ iR ⇔ z = −z
Propriété 4
¡ ¢
¡ ¢
¡ ¢
Naturellement si M0 z¡ est
le symétrique de M z par rapport à l’axe des abscisses, M z est
¢
aussi le symétrique de M0 z par rapport à l’axe des abscisses.
Cela signifie que z est le conjugué de z, et donc que z et z sont conjugués l’un de l’autre ce qui se
traduit mathématiquement par z = z
D’autre part, si l’on pose z = a + i b, avec a et b réels, nous obtenons :
z + z = a + i b + a − i b = 2a = 2 Re(z)
et
z − z = a + i b − (a − i b) = a + i b − a + i b = 2 i b = 2 i Im(z)
Ce que l’on résume dans la propriété suivante :
Propriété 5
z + z = 2 Re(z)
⇔
z − z = 2 i Im(z)
⇔
z +z
2
z −z
Im(z) =
2i
Re(z) =
Remarque. Dans la formule donnant Im(z) en fonction de z et z on n’oubliera pas le « i » au dénominateur.
Ce résultat signifie aussi que pour tout nombre complexe z la quantité z + z est réelle alors que
l’expression z − z est imaginaire pure.
194
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
2 3 Calculs sur les nombres complexes.
Exercice 3
Effectuer les opérations
puis placer les points obtenus dans le plan complexe muni d’un
¡ −suivantes
¢
−
repère orthonormé O, →
e1, →
e2 :
¡
¢ ¡
¢
¡
¢ ¡
¢
z1 = 2 + 5 i + 1 − 2 i ; z2 = − 2 + 4 i − 1 + 3 i
¡
¢ ¡
¢
1+2i
2+3i
; z5 =
z3 = 3 + 2 i × 1 − i ; z4 =
3
1+i
Solution
2
z 3 = 3 − 3 i +2 i −2 i2 = 5 − i ; z 4 = + i
3
¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡2
¢
Nous obtenons les points
¡ ¢ M1 3 + 3 i ; M2 − 3 + i ; M3 5 − i ; et M4 3 + i .
Concernant le point M5 z 5 , il faut
son affixe sous la forme z 4 = a + i b avec a et b réels
¡ exprimer
¢
pour en déduire ses coordonnées a, b .
La difficulté provient de la présence du « i » au dénominateur, il faut donc pouvoir exprimer l’affixe
de ce point M5 sans « i » au dénominateur, c’est à dire avec un dénominateur réel.
On remarque que le produit
¡
¢ ¡
¢
1 + i × 1 − i = 12 − i2 = 1 − (−1) = 2
z1 = 3 + 3 i ;
z 2 = −3 + i ;
fournit un résultat réel, d’où
z5 =
¡
¢¡
¢
1+2i 1−i
3+i 3 i
1+2i
¢¡
¢ =
= ¡
= +
1+i
2
2 2
1+i 1−i
M1 (3 + 3 i)
M2 (−3 + i)
M4
³
´
2
3 +i ³
M5
3
i
2+2
´
0
M3 (5 − i)
Une telle expression de z 5 , qui permet de lire directement sa partie réelle et sa partie imaginaire
s’appelle la forme algébrique de z 5 .
Définition 7
L’écriture d’un nombre complexe z sous la forme a + i b avec a et b réels s’appelle la forme
algébrique du nombre complexe z.
1+2i
à l’aide du produit
1+i
¡
¢ ¡
¢
1+i × 1−i
Nous avons obtenu la forme algébrique de z 5 =
c’est à dire le produit
(1 + i) × (1 + i)
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
195
cette règle est générale
Propriété 6
Règle pratique.
Pour mettre un quotient de deux nombres complexes sous forme algébrique, on multiplie
le numérateur et le dénominateur de ce quotient par le conjugué du dénominateur
Soit, z 2 6= 0 alors :
z1 z1 × z2
=
z2 z2 × z2
Propriété 7
Si le dénominateur est sous la forme z = a + i b, avec a et b réels, on obtient alors
¡
¢¡
¢
z × z = a + i b a − i b = a 2 − (i b)2 = a 2 − i2 ×b 2 = a 2 + b 2
On retiendra ce résultat sous la forme de la propriété suivante.
Propriété 8
Soit z = a + i b avec a et b réels, alors z × z = a 2 + b 2
Exercice 4
Donner la forme algébrique des nombres complexes suivants :
¡
¢¡
¢
z1 = 2 + 3 i 2 − 3 i ;
¡
¢2
z2 = 2 + 3 i
;
z3 =
1
i
;
z4 =
2−3i
2−i
Solution
¡ ¢2
z 1 = 22 − 3 i = 4 − 9 i2 +4 + 9 = 13
¡ ¢2
z 2 = 4 + 2 × 2 × 3 i + 3 i = 4 + 12 i +9 i2 = 4 + 12 i −9 = −5 + 12 i
¡ ¢
1× −i
−i
z3 = 2
=
= −i
2
0 +1
1
¡
¢¡
¢
2−3i 2+i
4 + 3 + 2 i −6 i 7 − 4 i 7 4
¢¡
¢ =
z4 = ¡
=
= − i
2 2 + 12
5
5 5
2−i 2+i
Remarque. On remarque que l’on peut appliquer, au même titre que dans R, les identités remarquables classiques.
2
2
Cependant, dans R il est impossible
¡ de factoriser
¢¡
¢ une expression de la forme a + b , mais dans C
2
2
nous avons obtenu que a + b = a + i b a − i b cette « nouvelle identité remarquable » se généralise au cas où les deux termes sont des nombres complexes.
Identités remarquables dans C
¡
Propriété 9
196
¡
z + z0
¢2
= z 2 + 2z × z 0 + z 02
¢
0 2
= z 2 − 2z × z 0 + z 02
¡
¢¡
¢
z 2 − z 02 = z − z 0 z + z 0
¡
¢¡
¢
z 2 + z 02 = z + i z 0 z − i z 0
z −z
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Remarque. A ce stade de l’étude des nombres complexes, nous constatons que dans l’ensemble
C nous pouvons calculer comme dans R avec une identité remarquable en plus !
Considérons à présent l’équation x 2 + 1 = 0, elle n’a pas de solution dans R, mais si maintenant
nous considérons cette même équation dans C, nous obtenons :
¡
¢¡
¢
z 2 + 1 = 0 ⇔ z 2 + 12 = 0 ⇔ z + i z − i = 0 ⇔ z + i = 0 ou z − i = 0
Ce qui donne cette fois ci deux solutions distinctes z = i ou z = − i.
Nous montrerons prochainement que toute équation du second degré (à coefficients réels) admet
dans C deux solutions distinctes ou confondues.
Un théorème, qui dépasse très largement le cadre de ce cours, va plus loin et affirme que :
toute équation de degré n dans C admet exactement n solutions distinctes ou confondues.
Cet énoncé est le célèbre théorème de D’Alembert-Gauss.
Mais y a-t-il une contre partie à tout cela ?
Essayons de déterminer le signe de i, que i soit positif ou négatif, comme on retrouve les règles de
calcul applicables dans R, on aurait i2 = i × i positif. Or i2 = −1, cela n’a donc pas de sens de parler
du « signe de i » ainsi que du signe de tout autre nombre complexe quelconque :
B La notion de signe d’un nombre complexe quelconque n’a pas de sens .
Revenons sur l’expression zz = a 2 + b 2 lorsque z = a + i b avec a et b réels.
L’expression du résultat sous la forme d’une somme de deux carrés fait penser géométriquement
au théorème de Pythagore.
En effet, si nous considérons le point M(a + i b) alors la distance OM est égale à
OM =
p
p
(a − 0)2 + (b − 0)2 = a 2 + b 2
Ainsi le produit zz = a 2 + b 2 apparaît comme le carré de la distance OM, cela va donc nous permettre d’obtenir d’autres interprétations géométriques des nombres complexes, et réciproquement de traduire des propriétés géométriques faisant intervenir les distances à l’ aide des nombres
complexes.
L’intérêt de cette remarque est manifeste, par commodité on pose la définition suivante.
Définition 8
On appelle module du nombre complexe z = a + i b avec a et b réels la distance OM où M est
le point du plan complexe d’affixe z, on note ce module | z | donc :
|z | = |a +ib | =
p
a 2 + b 2 = OM
Donnons une première ¡application
géométrique
de cette notion :
¢
¡
¢
Considérons deux points A x A , y A et B x B , y B d’affixes respectives z A = x A + i y A et
z B = x B + i y B , puisque
¡
¢ ¡
¢
¡
¢
z B − z A = x B + i y B − x A + i y A = (x B − x A ) + i y B − y A
d’après la formule usuelle donnant la distance entre deux points du plan, il vient
AB =
q
¡
xB − xA
¢2
+ (y B − y A
¢2
= | zB − zA |
D’où le théorème
Soient A et B deux points d’affixes respectives z A et z B alors
Théorème 4
AB = | z B − z A |
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
197
Une conséquence de la définition du module est que
zz = a 2 + b 2 = | z |2
Propriété 10
et donc que pour z 0 6= 0 on a
z
z × z0
=
z0
| z 0 |2
p
BLe symbole ne doit être utilisé, conformément à sa définition, qu’avec des nombres réels
positifs, même si dans l’introduction on a "travaillé" sur des radicaux contenant le symbole i.
Remarque. Que se passe-t-il si le nombre complexe z est réel ?
Nous obtenons
p
p
| z | = | a + 0 i | = a 2 + 02 = a 2
p
Or a 2 est égale à la valeur absolue du nombre réel a que l’on note de la même façon | a | !
Ce qui signifie, que si l’on se restreint aux nombres réels, les notions de module et de valeur absolue se confondent.
Précisons à présent les liens entre module, complexes conjugués et les quatre opérations :
2 4 Propriétés de la conjugaison et du module.
Dans tout ce qui suit z = a + i b et z 0 = a 0 + i b 0 sont deux nombres complexes écrits sous forme
algébrique et le plan complexe est muni
u ,~
v)
pd’un repère orthonormé (O, ~
On rappelle que z = a − i b et que | z | = a 2 + b 2 = OM avec M(z).
• Comme M(z) et P(z) sont symétriques par rapport à (Ox), les distances OM et OP sont égales
¯ ¯
|z | = ¯z ¯
• M(z) et Q(−z) étant symétriques par rapport à O, les distances OM et OQ seront égales
| −z | = | z |
• (−z) = (−a) + i(−b) = (−a) − i(−b) = − (a − i b) = −z, d’où
(−z) = −z
• Conjugué d’une somme ou d’une différence :
¡
¢ ¡
¢ ¡
¢ ¡
¢ ¡
¢
z + z 0 = a + i b + a 0 + i b 0 = a + a 0 + i b + b 0 = a + a 0 − i b + b 0 = a − i b + a 0 − i b 0 , d’où
z + z0 = z + z0
et de même
z − z0 = z − z0
• Module d’une
différence
¯ :
¯
¡ somme
¢
¡ ¢ou d’une
¡
¢
Soient M z , M0 z 0 et R z +z 0 , alors ¯ z + z 0 ¯ = OR, or d’après l’inégalité triangulaire valable
pour tous les points du plan, on obtient
¯
¯
¯ z + z 0 ¯ = OR 6 OM + MR
6 | zM | + | zR − zM |
6 | z | + ¯ z + z0 − z ¯
¯
¯
6 | z | + ¯ z0 ¯
¯
198
Sommaire chapitre 4
¯
Francis C ORTADO
On retiendra donc que
¯
¯
¯ ¯
¯ z + z0 ¯ 6 | z | + ¯ z0 ¯
Cette inégalité étant valable également pour une différence.
Elle porte le même nom que l’inégalité géométrique servant à sa démonstration, à savoir
inégalité triangulaire entre nombres complexes.
• Conjugué d’un produit.
¡
¢¡
¢
z × z0 = a + i b a0 + i b0
= aa 0 − bb 0 + i ab 0 + i a 0 b
¡
¢
= aa 0 − bb 0 + i ab 0 + a 0 b
¡
¢
= aa 0 − bb 0 − i ab 0 + a 0 b
= aa 0 − i ab 0 − bb 0 − i a 0 b
¡
¢
= a a 0 − i b 0 + i2 bb 0 − i a 0 b
¡
¢
= a a 0 − i b 0 − i a 0 b + i2 bb 0
¡
¢
¡
¢
= a a0 − i b0 − i b a0 − i b0
¡ 0
¢¡
¢
= a − i b0 a − i b
= z × z0
On peut également procéder en deux temps :
z × z 0 = (a + i b)(a 0 + i b 0 )
= aa 0 − bb 0 + i ab 0 + i a 0 b
= aa 0 − bb 0 + i ab 0 + i a 0 b
¡
¢
= aa 0 − bb 0 + i ab 0 + a 0 b
¡
¢
= aa 0 − bb 0 − i ab 0 + a 0 b
et
¡
¢ ¡
¢
z × z0 = a − i b × a0 − i b0
¡
¢
¡
¢
= a a0 − i b0 − i b a0 − i b0
= aa 0 − i ab 0 − ba 0 i −bb 0
¡
¢
= aa 0 − bb 0 − i ab 0 + a 0 b
Donc
z × z0 = z × z0
On retiendra que :
Le conjugué d’un produit est égal au produit des conjugués
• Module d’un produit.
¯
¯
¯ z × z 0 ¯2 = z · z 0 × z · z 0 = z · z 0 × z · z 0 d’après le résultat précédent.
Il s’ensuit que
¯
¯
¯ ¯
¯ ¯¢
¡
¯ z × z 0 ¯2 = z · z · z 0 · z 0 = | z | 2 × ¯ z 0 ¯2 = | z | × ¯ z 0 ¯ 2
¯
¯
¯ ¯
Les quantités ¯ z × z 0 ¯ et | z | × ¯ z 0 ¯ ont donc des carrés égaux, or comme se sont des nombres
réels positifs nous pouvons en conclure qu’ils sont égaux, d’où :
¯
¯
¯ ¯
¯ z × z0 ¯ = | z | × ¯ z0 ¯
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
199
On retiendra que :
Le module d’un produit est égal au produit des modules
• Module et conjugué d’une puissance.
Soit n un entier naturel non nul. Considérons un produit de n facteurs égaux à z, en réitérant
n fois les deux propriétés précédentes, nous obtenons que :
¡ ¢n
zn = z
et
¯ n¯
¯ z ¯ = (| z |)n
• Conjugué d’un quotient.
Supposons z 0 6= 0, il vient z 0 ×
Or z 0 ×
³z´
z
0×
=
z
d’après la propriété précédente.
z0
z0
z
z
= z, d’où z 0 × 0 = z et donc :
0
z
z
z0 ×
³z´
z0
=z⇔
³z´
z0
=
z
z0
On retiendra que :
Le conjugué d’un quotient est égal au quotient des conjugués.
En particulier si le numérateur vaut 1, nous obtenons pour z 6= 0
µ ¶
1
1
=
z
z
• Module d’un quotient.
Par un raisonnement analogue, il vient que :
¯ 0 ¯ ¯¯ z ¯¯ ¯¯ 0 z ¯¯
¯z ¯×¯ ¯ = ¯z × ¯ = |z |
z0
z0
D’où
¯ z ¯ |z |
¯ ¯
¯ 0 ¯= 0
|z |
z
On retiendra que :
Le module d’un quotient est égal au quotient des modules.
En particulier si le numérateur vaut 1, nous obtenons pour z 6= 0
¯ ¯
¯1¯
¯ ¯= 1
¯ z ¯ |z |
Nous allons résumer tous ces résultats dans la propriété suivante.
z + z0 = z + z0
z × z0 = z × z0
Propriété 11
zn = zn
³z´ z
=
z0
z0
µ ¶
1
1
=
z
z
¯
¯
¯ ¯
¯ z + z0 ¯ 6 | z | + ¯ z0 ¯
¯
¯
¯ ¯
¯ z × z0 ¯ = | z | × ¯ z0 ¯
| z n | = | z |n
¯ z ¯ |z |
¯ ¯
¯ 0 ¯= 0
|z |
z
¯ ¯
¯1¯
¯ ¯= 1
¯ z ¯ |z |
Donnons comme application de ces propriétés un exercice dont le résultat nous servira ultérieurement.
200
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Exercice 5
Soient a, b et c trois réels tels que a 6= 0.
Montrer que si l’équation (E) : az 2 + bz + c = 0 admet une solution complexe ζ, alors ζ est aussi
solution de cette équation.
Solution
ζ solution de az 2 + bz + c = 0 ⇒ aζ2 + bζ + c = 0
⇒ aζ2 + bζ + c = 0
⇒ aζ2 + bζ + c = 0
⇒ a × ζ2 + b × ζ + c = 0
2
⇒ a ×ζ +b ×ζ+c = 0
d’après les propriétés de la conjugaison.
Or les coefficients a, b et c sont supposés réels d’où
a=a
;
b=b
;
c =c
Donc
2
aζ + bζ + c = 0
Ce qui signifie que ζ est une solution de l’équation az 2 + bz + c = 0.
Pour clore cet exercice, on peut remarquer que ce résultat restera valable pour une équation de
degré quelconque à condition que ses coefficients soient réels.
2 5 Exemples d’équations dans C
a) Équations classiques et équations en z et z
Résoudre dans C les équations suivantes :
1.
i z + 2 − i = 0 ⇔ i z = −2 + i
−2 + i
i
2
⇔ z = − +1
i
⇔ z = 2 i +1
⇔z=
⇔ z = 1+2i
Conclusion :
©
S = 1+2i
ª
On résout ces équations par les mêmes méthodes que l’on utilise dans R. On donnera les
solutions sous forme algébrique.
2.
Francis C ORTADO
z −1
=i
z −i
Le domaine de cette équation est C \ {i}, il vient pour tout z 6= i
Sommaire chapitre 4
201
¡
¢
z −1
= i ⇔ z −1 = i z −i
z −i
⇔ z −iz = 2
2
⇔z=
1¡− i ¢
2 1+i
⇔z=
2
Conclusion :
©
S = 1+i
ª
3. 2 i z + 3z − 1 + i = 0
Cette équation présente la particularité de faire intervenir à la fois z et z. Comme z ∈ C, nous
devons distinguer z de z.
Ce qui conduit à faire intervenir la forme algébrique de z en posant z = x + i y avec x et y
réels, et donc z = x − i y, Il vient :
¡
¢
¡
¢
2 i z + 3z − 1 + i = 0 ⇔ 2 i x + i y + 3 x − i y − 1 + i = 0
⇔ 2 i x − 2y + 3x − 3 i y − 1 + i = 0
¡
¢
⇔ 3x − 2y − 1 + i 2x − 3y + 1 = 0
Les parties réelle et imaginaire du nombre complexe figurant au membre de gauche de cette
dernière égalité sont donc nulles, il en résulte le système :


3x − 2y − 1 = 0
6x − 4y = 2
⇔


2x − 3y + 1 = 0
6x − 9y = −3
On soustrait la deuxième de la première équation, il vient 5y = 5 soit y = 1.
En remplaçant dans la première , on obtient 6x − 4 = 2 d’où x = 1.
En définitive, nous obtenons z = x + i y = 1 + i , soit
©
ª
S = 1+i
b) Équation du second degré dans C à coefficients réels.
Considérons l’équation du second degré d’inconnue z ∈ C et de coefficients réels a, b et c avec
a 6= 0 :
(E) : az 2 + bz + c = 0
La forme canonique du trinôme du second degré est valable également dans C, nous obtenons
donc :
·µ
¶
¸
b 2 b 2 − 4ac
2
az + bz + c = a z +
−
2a
4a 2
Posons ∆ = b 2 − 4ac, tous les coefficients étant réels on peut discuter selon le signe de ∆, il vient
• Si ∆ = 0 alors
·µ
(E) ⇔ a
z+
b
2a
¶2 ¸
=0
b
=0
2a
b
⇔z =−
2a
⇔z+
On retrouve une solution double
202
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
• Dans le cas où ∆ > 0, l’expression canonique se factorise comme dans R, et nous obtenons les
deux solutions réelles :
p
p
−b + ∆
−b − ∆
z1 =
et z 2 =
2a
2a
• Si ∆ est strictement négatif, alors −∆ > 0 et donc
¶2
¸
∆
(E) ⇔a
− 2 =0
4a
¶2
¸
·µ
b
−∆
⇔a z +
+ 2 =0
2a
4a
"µ
!2 #
¶2 Ã p
b
−∆
⇔a z +
=0
+
2a
2a
!2
µ
¶ Ãp
b 2
−∆
=0
⇔ z+
+
2a
2a
·µ
b
z+
2a
Cette dernière expression ne se factorisant pas dans R nous obtenons aucune solution réelle.
Mais nous avons vu que
¡
¢¡
¢
Z2 + Z02 = Z + i Z0 Z − i Z0
Ãp
!
¶
µ
−∆
b
0
En posant Z = z +
et Z =
nous obtenons :
2a
2a
!Ã
!
p
p
b
b
−∆
−∆
(E) ⇔ z +
+i
z+
−i
=0
2a
2a
2a
2a
Ã
!Ã
!
p
p
b + i −∆
b − i −∆
⇔ z+
z+
=0
2a
2a
p
p
b + i −∆
b − i −∆
⇔z = −
ou z = −
2a
2a
p
p
−b − i −∆
−b + i −∆
⇔z =
ou z =
2a
2a
Ã
Ce qui donne deux solutions complexes conjuguées.
Dans C une équation admet toujours deux solutions distinctes ou confondues.
• Si ∆ = 0 une solution double
z0 = −
b
2a
• Si ∆ > 0 deux solutions réelles distinctes :
Théorème 5
p
p
−b + ∆
−b − ∆
z1 =
ou z 2 =
2a
2a
• Si ∆ < 0 deux solutions complexes conjuguées :
z=
p
p
−b + i −∆
−b − i −∆
ou z =
2a
2a
Remarque. Dans le cas particulier où a = 1, b = 0 nous obtenons l’équation
z 2 + c = 0 ⇔ z 2 = −c
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
203
équation que l’on va écrire sous la forme
z 2 = β,
où β est un nombre réel quelconque
• Si β > 0, on obtient
z=
q
q
β ou z = − β
• Si β < 0, on obtient
z =i
q
q
−β ou z = − i −β
Remarque. Si l’on considère une équation à coefficients complexes, le raisonnement ci-dessus
ne s’applique plus car il est alors impossible de discuter selon le signe de ∆ puisque la notion de
signe n’a pas de sens dans C.
Nous traiterons en exercice des exemples de telles équations.
Exercice 6
Résoudre dans C les équations suivantes.
1. z 2 − 5z + 6 = 0 :
∆ = 1 : deux solutions réelles.
z 1 = 2 ou z 2 = 3
2. z 2 + 6z + 9 = 0 :
∆ = 0 : une solution double réelle
z 0 = −3
3. z 2 + z + 1 = 0
∆ = −3 : deux solutions complexes conjuguées.
p
p
3
−1 + i 3
1
z1 =
= − +i
2
2
2
p
p
3
−1 − i 3
1
z2 =
= − −i
2
2
2
4. z 2 − (1 + i)z + i = 0
La méthode ne s’applique pas car les coefficients ne sont pas tous réels, on ne peut pas
actuellement résoudre une telle équation.
2 6 Exercices types.
a) Exemple d’équations du second degré à coefficients complexes.
On considère la dernière équation de l’exemple précédent :
¡
¢
z2 − 1 + i z + i = 0
La méthode consiste à trouver une solution évidente ou bien à vérifier qu’un certain nombre complexe est effectivement solution de cette équation.
1. Montrer que i est solution.
¡
¢
i2 − 1 + i × i + i = −1 − i − i2 + i = −1 − i +1 + i = 0
2. Déterminer le nombre complexe ζ tels que
¡
¢
¡
¢¡
¢
z2 − 1 + i z + i = z − i z − ζ
204
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Nous obtenons
¡
¢
¡
¢¡
¢
¡
¢
z2 − 1 + i z + i = z − i z − ζ ⇔ z2 − 1 + i z + i = z2 − ζ × z − i z + i × ζ
¡
¢
¡
¢
⇔ z 2 + − 1 − i z + i = z 2 + − i −ζ z + i ×ζ

 −1 − i = − i −ζ
⇔

i = i ×ζ
Nous obtenons directement ζ = 1, d’où
z 2 − (1 + i)z + i = (z − i)(z − 1)
3. En déduire les solutions à l’équation proposée.
On trouve directement z = i ou z = 1, soit
©
ª
S = 1; i
On peut également montrer que 1 est racine évidente et procéder en suite à la factorisation.
On constate que cette équation admet deux solutions, mais qui ne sont pas conjuguées.
b) Exemple d’équations du troisième degré à coefficients complexes.
Exercice 7
On considère l’équation :
¡
¢
¡
¢
(E) : z 3 + 1 + i z 2 + − 1 + i z − i = 0
1. Montrer que ( E ) possède une solution imaginaire pure que l’on déterminera.
Un nombre complexe imaginaire pur s’écrit sous la forme z = i b où b est un réel quelconque.
Dire que i b est une solution de l’équation (E) signifie que le nombre complexe i b vérifie l’équation,
donc que si l’on remplace z par i b nous obtenons 0
¢ ¡ ¢
¢ ¡ ¢2 ¡
¡ ¢ ¡ ¢3 ¡
z = i b solution de E ⇔ i b + 1 + i × i b + − 1 + i × i b − i = 0
¡
¢
⇔ i3 ×b 3 + 1 + i × i2 ×b 2 − i b + i2 ×b − i = 0
¡
¢
⇔ − i b3 − 1 + i × b2 − i b − b − i = 0
⇔ − i b3 − b2 − i b2 − i b − b − i = 0
Le nombre complexe obtenu dans le membre de gauche de la dernière égalité est donc nul. Or
un nombre complexe est nul si et seulement si sa partie réelle et sa partie imaginaire sont nulles,
il faudra donc écrire ce nombre complexe sous forme algébrique afin d’en déterminer sa partie
réelle et sa partie imaginaire.
¡
¢
z = i b solution de (E) ⇔ −b 2 − b + i × − b 3 − b 2 − b − 1 = 0
 2
=0
−b − b
⇔
 3
−b − b 2 − b − 1 = 0
La première équation donne facilement b = 0 ou b = −1, en vérifiant dans la deuxième on
constate que 0 ne convient pas mais que −1 convient.
En conclusion
z = i ×(−1) = − i
est une solution imaginaire pure à l’équation (E).
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
205
2. Déterminer deux réels b et c tels que
¡
¢
¡
¢
¡
¢¡
¢
z 3 + 1 + i z 2 + − 1 + i z − i = z + i z 2 + bz + c : (1)
La méthode consiste à développer et ordonner selon les puissances de z le membre de droite.
Puis d’identifier les coefficients des puissances de z de part et d’autre de l’égalité obtenue.
C’est un raisonnement par équivalence, on utilisera donc le symbole "⇔".
¡
¢
¡
¢
(1) ⇔ z 3 + 1 + i z 2 + − 1 + i z − i = z 3 + bz 2 + c z + i z 2 + i bz + i c
¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
⇔ z 3 + 1 + i z 2 + − 1 + i z− i = z 3 + b + i z 2 + c + i b z+ i c


1+i = b +i





⇔ −1 + i = c + i b





− i
= ic
La dernière équation donne directement c = −1 et dans la deuxième nous obtenons b = 1,
valeur qui vérifie la première équation d’où
¡
¢
¡
¢
¡
¢¡
¢
z3 + 1 + i z2 + − 1 + i z − i = z + i z2 + z − 1
3. En déduire les solutions de l’équation (E)
¡
¢¡
¢
(E) ⇔ z + i z 2 + z − 1 = 0 ⇔ z + i = 0 où z 2 + z − 1 = 0
La première équation fourni la solution imaginaire pure déterminée au début de l’exercice, à savoir z 1 = − i.
Résolvons la seconde équation :
p
p
−1 + 5
−1 − 5
ou z 3 =
∆ = 5, nous obtenons donc deux solutions réelles : z 2 =
2
2
En conclusion, l’équation (E) admet trois solutions :
p
p )
−1 − 5 −1 + 5
S = − i;
;
2
2
(
c) Détermination de partie réelle et imaginaire.
Soit z un nombre complexe différent de i, on pose z = x + i y avec x et y réels, et on considère
le nombre complexe
z +1
Z=
1+iz
Exprimer la partie réelle et la partie imaginaire de Z en fonction de x et de y.
Il faut donc mettre Z sous forme algébrique, c’est à dire multiplier le numérateur et le dénominateur de Z par le conjugué de 1 + i z, c’est à dire par
1+iz = 1+iz = 1+i×z = 1−iz
D’où
¡
¢¡
¢
z +1 1−iz
z − i zz + 1 − i z
¢¡
¢=
Z= ¡
1+iz 1−iz
1 − i z + i z − i2 zz
Or nous savons que
zz = x 2 + y 2
z + z = 2x
et
z − z = 2i y
Faisons apparaître ces relations dans l’égalité précédente.
206
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
¡ ¢
z − i zz + 1 − i z
¡
¢
Z=
1 + i z − z + zz
¡ 2
¢
¡
¢
x + i y − i x + y2 + 1 − i x − i y
=
1 + i ×2 i y + x 2 + y 2
=
=
x + i y − i x 2 − i y 2 + 1 − i x−y
1 − 2y + x 2 + y 2
¡
¢
x + 1 − y + i −x 2 − y 2 + y − x
1 − 2y + x 2 + y 2
Le dénominateur étant réel il suffit de « séparer en deux » le numérateur de Z pour obtenir le
résultat souhaité :
x +1− y
−x 2 − y 2 + y − x
Z=
+
i
1 − 2y + x 2 + y 2
1 − 2y + x 2 + y 2
Ce qui donne
Re(Z) =
3
−x 2 − y 2 + y − x
x +1− y
et Im(Z) =
2
2
1 − 2y + x + y
1 − 2y + x 2 + y 2
Considérations historiques
3 1 Les algébristes italiens du XVI ème siècle
La formule permettant de trouver une solution
p réelle à une équation du troisième degré à l’aide
d’un "calcul symbolique" faisant intervenir " −1", porte le nom de formule de CARDAN(15051576). Mais la paternité de cette dernière semble revenir en fait à N ICCOLO F ONTANA dit TARTA GLIA (1499-1557) qui s’est inspiré lui même des travaux de S CIPIONE DEL F ERRO (1465-1526).Mais
c’est R APHAËL B OMBELLI (1526-1572) qui le premier à introduit et manipulé de manière systématique les nombres imaginaires.
L’étude de la résolution des équations a été poussée jusqu’au degré 4 par L UDOVICO F ERRARI qui
résolu l’équation x 4 + 6x 2 + 36 = 60x en 1540, et généralisa sa méthode à toute équation de degré
4.
3 2 Les mathématiciens du XVII-XVIII ème siècle
C’est R ENÉ D ESCARTES(1593-1650), qui bien que réticent à leur utilisation, leur donna le nom
de "nombres imaginaires" qui restera en vigueur jusqu’en 1831.
Au début de cette période, les mathématiciens ont utilisés les nombres imaginaires, mais en essayant de les faire disparaitre au maximum.
C’est au cours du XVIII ème siècle que se manifesta tout leur intérêt avec
p les travaux de L EON HARD E ULER (1707-1783), qui a introduit le premier la notation "ı" pour " −1", de J EAN L E R OND
D ’A LEMBERT (1717-1783) pour sa démonstration presque complète du théorème fondamental de
l’algèbre, et de C ARL F RIEDRICH G AUSS à qui on doit l’appellation de "nombres complexes" l’introduction d’une correspondance avec les points du plan. AUGUSTIN L OUIS C AUCHY (1789-1857)
donna aux nombres complexes toute la rigueur nécessaire à leur utilisation dans les branches les
plus diverses des mathématiques.
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
207
Résumé du cours
Définitions
Définition d’un nombre complexe.
Définition 1
• On appelle nombre complexe un nombre de la forme z = a + i b où a et b sont deux réels et
i un symbole tel que i2 = −1.
• L’ensemble de tous les nombres complexes se note C
Dans tout ce qui suit a et b seront deux réels.
Partie réelle et imaginaire, forme algébrique.
Définition 2
• Le réel a est appelé partie réelle du nombre complexe z = a + i b,
on le note Re(z).
• Le réel b est appelé partie imaginaire du nombre complexe z = a + i b,
on le note Im(z).
• L’écriture z = a + i b est appelée forme algébrique du complexe z.
Nombre complexe imaginaire pur.
Définition 3
• On appelle imaginaire pur un nombre complexe dont la partie réelle est nulle.
• L’ensemble des nombres imaginaires purs se note i R.
• z ∈ i R ⇔ Re(z) = 0
Nombres complexes conjugués.
Définition 4
Soit le nombre complexes z = a + i b, on appelle conjugué de z le nombre complexe noté z et
défini par :
z = a +ib = a −ib
z=z
On remarque que
Module d’un nombre complexe.
Soit z = a + i b, on appelle module de z, le nombre réel positif noté | z | et défini par
Définition 5
|z | =
Soit
p
zz =
p
a2 + b2
zz = | z |2
Propriétés
Égalité de deux nombres complexes.
Deux nombres complexes sont égaux si et seulement si ils ont même partie réelle et même
partie imaginaire :
Propriété 1
z = z 0 ⇔ Re(z) = Re(z 0 ) et Im(z) = Im(z 0 )
En particulier
z = 0 ⇔ Re(z) = Im(z) = 0
208
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Soit z = a + i b, alors :
z + z = 2a = 2 Re(z) z − z = 2 i b = 2 i Im(z)
Propriété 2
a = Re(z) =
z +z
2
b = Im(z) =
z −z
2i
zz = a 2 + b 2 = | z |2
Propriété 3
Pour z 0 6= 0 on a
z × z0
z
=
0
z
| z 0 |2
z + z0 = z + z0
z × z0 = z × z0
Propriété 4
zn = zn
³z´ z
=
z0
z0
µ ¶
1
1
=
z
z
¯
¯
¯ ¯
¯ z + z0 ¯ 6 | z | + ¯ z0 ¯
¯
¯
¯ ¯
¯ z × z0 ¯ = | z | × ¯ z0 ¯
| z n | = | z |n
¯ z ¯ |z |
¯ ¯
¯ 0 ¯= 0
|z |
z
¯ ¯
¯1¯
¯ ¯= 1
¯ z ¯ |z |
Résolution dans C de l’équation à coefficients réels az 2 + bz + c = 0.
Soit ∆ = b 2 − 4ac, alors :
Propriété 5
• Si ∆ > 0, deux solutions réelles distinctes :
p
p
−b + ∆
−b − ∆
z1 =
et z 2 =
2a
2a
• Si ∆ = 0, une solution double réelle : z 0 = −
b
2a
• Si ∆ < 0, deux solutions complexes conjuguées :
p
p
−b + i −∆
−b − i −∆
z1 =
et z 2 = z 1 =
2a
2a
Aspect géométrique.
¡ − →
¢
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O, →
e1, −
e2
Affixe et point
¡
¢image.
A tout point M a, b on associe un unique complexe z M = a + i b appelé
Définition 6
Francis C ORTADO
affixe du point M. Réciproquement, a tout nombre complexe z = a + i b on associe un unique
point M de coordonnées (a, b) appelé point image du complexe z = a + i b.
Sommaire chapitre 4
209
¡ ¢
On note M z le point d’affixe z, on écrira également Aff (M) = z M .
Propriété 6
Le nombre complexe z est un nombre réel, si et seulement si son point image appartient à
l’axe des abscisses.
Le nombre complexe z est un imaginaire pur, si et seulement si son point image appartient à
l’axe des ordonnées.
¡− ¢
−
−
L’affixe du vecteur →
u (x, y) est le nombre complexe notée Aff →
u ou Z→
u définit par
Définition 7
Propriété 7
¡− ¢
Aff →
u = x +iy
Soit M le point d’affixe z M , alors
| z M | = OM
Soient A et B deux points d’affixes respectives z A et z B alors
Théorème 1
AB = | z B − z A |
210
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Démonstrations du cours
Prérequis
(i) Soient a et b deux réels.
Le conjugué du nombre complexe z = a + i b est a − i b
Propriété 1
a. Démontrer que
z × z0 = z × z0
b. Démontrer que pour tout entier naturel n
zn = zn
Démonstration.
¡
¢¡
¢
z × z0 = a + i b a0 + i b0
= aa 0 + i ab 0 + i ba 0 − bb 0
= aa 0 − bb 0 + i ab 0 + i a 0 b
¡
¢
= aa 0 − bb 0 + i ab 0 + a 0 b
¡
¢
= aa 0 − bb 0 − i ab 0 + a 0 b
et
¡
¢ ¡
¢
z × z0 = a − i b × a0 − i b0
¡
¢
¡
¢
= a a0 − i b0 − i b a0 − i b0
= aa 0 − i ab 0 − ba 0 i −bb 0
¡
¢
= aa 0 − bb 0 − i ab 0 + a 0 b
Donc
z × z0 = z × z0
Démonstration.
On raisonne par récurrence sur n.
• C’est vrai pour n = 0, en effet z 0 = 1 = 1 et z 0 = 1, donc z 0 = z 0
• Supposons que cela soit vrai au rang n, alors
z n+1 = z n × z = z n × z
Soit d’après l’hypothèse de récurrence
z n+1 = z n × z = z n+1
• En conclusion, pour tout entier naturel n
zn = zn
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
211
Prérequis
(i) Soient z et z 0 deux nombres complexes
z × z0 = z × z0
(i) Soient z et z 0 deux nombres complexes
| z |2 = z × z
Propriété 2
a. Démontrer que
¯
¯
¯ ¯
¯ z × z0 ¯ = | z | × ¯ z0 ¯
b. Démontrer que pour tout entier naturel n
¯ n¯
¯ z ¯ = | z |n
Démonstration.
¯
¯
¯ z × z 0 ¯2 = z · z 0 × z · z 0 = z · z 0 × z · z 0
Il s’ensuit que
¯
¯
¯ ¯¢
¯ ¯
¡
¯ z × z 0 ¯ 2 = z · z · z 0 · z 0 = | z | 2 × ¯ z 0 ¯2 = | z | × ¯ z 0 ¯ 2
¯
¯
¯ ¯
Les quantités ¯ z × z 0 ¯ et | z | × ¯ z 0 ¯ ont donc des carrés égaux, or comme se sont des nombres réels
positifs nous pouvons en conclure qu’ils sont égaux, d’où :
¯
¯
¯ ¯
¯ z × z0 ¯ = | z | × ¯ z0 ¯
Démonstration.
On raisonne par récurrence sur n.
¯ ¯
¯ ¯
• C’est vrai pour n = 0, en effet ¯ z 0 ¯ = | 1 | = 1 et | z |0 = 1, donc ¯ z 0 ¯ = | z |0
• Supposons que cela soit vrai au rang n, alors
¯ ¯ ¯
¯ n+1 ¯ ¯ n
¯ = ¯ z × z ¯ = ¯ zn ¯ × | z |
¯z
Soit d’après l’hypothèse de récurrence
¯ n+1 ¯
¯z
¯ = | z |n × | z | = | z |n+1
• En conclusion, pour tout entier naturel n
¯ n¯
¯ z ¯ = | z |n
212
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
Prérequis
(i) Soient z et z 0 deux nombres complexes
z × z0 = z × z0
(ii) Soient z et z 0 deux nombres complexes
¯
¯
¯ ¯
¯ z × z0 ¯ = | z | × ¯ z0 ¯
Propriété 3
a. Démontrer que pour z 0 6= 0
³z´
z0
=
z
z0
b. Démontrer que pour tout nombre complexe z et z 0 avec z 0 6= 0
¯ z ¯ |z |
¯ ¯
¯ 0 ¯= 0
|z |
z
Démonstration.
Supposons z 0 6= 0, il vient
z0 ×
³z´
z
= z0 × 0
0
z
z
Or
z0 ×
et donc :
z0 ×
Soit
z
=z
z0
³z´
z0
³z´
z0
=
=z
z
z0
Démonstration.
et
D’où
Soit
¯
¯ ¯
¯
¯ 0 z ¯ ¯¯ 0 ¯¯ ¯ z ¯
¯z × 0 ¯ = z ׯ 0 ¯
z
z
¯
¯
¯ 0 z ¯
¯z × 0 ¯ = |z |
z
¯ 0 ¯ ¯¯ z ¯¯
¯z ¯×¯ ¯ = |z |
z0
¯ z ¯ |z |
¯ ¯
¯ 0 ¯= 0
|z |
z
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
213
Exercices
1 Mettre les nombres complexes suivants sous la forme
algébrique a + i b où a et b sont deux réels.
z 1 = i −2(3 + 2 i)
z 3 = (5 + 3 i)2
z 2 = (6 − 5 i) − 3(4 + i)
z7 = i
2
Z1 =
z 4 = (5 − 3 i)2
z 6 = (1 + i)2
z 5 = (5 + 3 i)(5 − 3 i)
5
7 Soit z = x + i y avec x et y réels.
Exprimer en fonction de x et y les parties réelles et imaginaires des nombres complexes suivants.
1+z
1−z
Z2 =
2z + 1
z +i
Z3 =
−iz −2
z +1
Z4 =
iz +1
iz −1
p
1
3
On pose j = − + i
2
2
Calculer j 2 et montrer que :
8
n
z 8 = i avec n ∈ N.
Même exercice avec les nombres complexes suivants.
1
1
3+2i
z2 =
z3 =
i
1−i
i
¶
µ
3−5i
i
2
3
1−i 2
z4 =
×
z5 =
−
z6 =
2−i
2+i
1+i 1−i
1+i
1+ j + j2 = 0 ;
j3 = 1 ;
1
= j2 = j
j
z1 =
3 Calculer le module et donner le conjugué des
nombres complexes suivants.
4
z 1 = 3 − 11 i
z2 = 8 i
p
z4 = 1 − i 3
z5 =
z 3 = (2 + 5i )6
p
p
3−i 2
z6 =
8−3i
2+3i
(3 + 5 i)z = 1 − z
1
= 3+i ;
z +i
z +1
=i
z −i
2z + 3z = 5 ;
4z 2 + 20z + 25 = 0
6
t. 1 + i −3 i2 + i7
g. (6 − 2 i) − 4
h. (a + i b) − (2 − 3 i)
z 2 − 8z + 25 = 0
Soit z ∈ C, on pose
i. (3 + i)(2 + 4 i)
j. (1 − i)(2 + 3 i)
k. (2 − i)(3 + 2 i)
l. (1 − 4 i)
P(z) = z 3 − (16 − i)z 2 + (89 − 16 i)z + 89 i
m. (2 + i)3
1. Montrer que l’équation P(z) = 0 admet une solution
imaginaire pure i b, avec b ∈ R, que l’on déterminera.
2. Déterminer deux réels α et β tels que
P(z) = (z − i b)(z 2 + αz + β)
3. En déduire les solutions sur C de l’équation
P(z) = 0
214
f. (a + i b) + (c + i d )
d. (−2 + 3 i) + (6 − 4 i)
z 2 + 2z + 5 = 0
z2 − z + 1 = 0
e. (−2 − i) + (−1 + 7 i)
c. (6 − i) + (4 − 3 i)
(1 + i)z − 2z = 3z
z 2 = −9
3−2i
i
2+i
3−2i
r.
i
1
s.
i
b. (3 + 2 i) + (5 − i)
5 Résoudre dans C les équations du second degré suivantes.
z2 = 7
2. (1 + i)3 ; (3 i −2)4
1
1
3.
; p
p
1−i
2− 3i
1−2i
i
4.
;
;
1+2i
3−4i
10 Écrivez les nombres suivant sous forme algébrique
2i
a. i8 +3 i7
q.
Résoudre dans C les équations suivantes.
iz +2−i = 0 ;
9 Ècrire sous forme algébrique les nombres complexes
suivants
Ã
p !
1
2
1. (1 + i)(1 − 2 i) ; i
−
i (3 − 2 i)2
2
2
1
2−3i
2+i
o.
1−2i
3+2i
p.
2−3i
n.
2
p
−1 + i 3
u.
p
−1 − i 3
µ
p ¶3
1
v. − + i 23
2
w. (−1 + i)4
¶
2+3i 4
5+i
p
Ãp
p
p !8
2+ 2+i 2− 2
y.
2
Ãp
p !12
6−i 2
z.
2(1 − i)
µ
x.
11 On pose z 1 = 3 − i, z 2 = 1 + 2 i, z 3 = −2 i. Écrivez sous
forme algébrique :
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
j. i z 12 +
a. 3z 1
b. z 1 − z 3
z2
z3
k. z 1 + z 2 2
¡
c. 2z 1 + z 2
Ã
d. 2z 2 + i z 3
¢2
µ
l. z 3 z 1 +
e. i(z 2 z 3 )
f. i z 1 + i z 2
µ
m. z 1 + z 2
g. z 1 + z 2
h. i z 1 + z 3
n. z 1 +
i. z 1 z 2
18 Calculer les sommes suivantes en distinguant éventuellement plusieurs cas selon les valeurs de n.
1. 1 + i + i2 + · · · + in
2. 1 − i + i2 − · · · + (−1)n in
2
1
z2
¶!2
i
+
z1 + z3
¶2
1
1
1
+
+
z 1 z 12 i z 1
12 Écrire sous forme algébrique les produits suivants
1. Z1 = (2 + i)(1 + i)2 (4 − 3 i)
2. Z2 = (1
+ i) i
à − i)(1
p !Ã
p !Ã
p !Ã
p !
3. Z3 = 1 −
3
i
2
1−
3
i
2
3
i
2
1+
p
3
i
2
1+
1
3
1
13 Soient z = −1 + i 3 et z 0 = p + i.
3
Calculer
z + z0
z − z0
;
z × z0
;
19 Résolvez dans C les équations suivantes.
1. (1 + 2 i)z − (i −1) = i z − 3
2. z(z + i)(1 − i −z) = 0
3.
z −1
1+2iz
=i
1 + 2z
z +3
4. (1 + 2 i)z = 0
5. 2z + 3z = 5
6. z 2 + 2 | z |2 − 3 = 0
7.
1
= 3+i
z +i
8.
z +1
= 2i
z −1
3−7i
3+7i
et z 0 =
9+2i
9−2i
Montrer sans calcul que z + z 0 est un nombre réel.
20 Soient z =
;
z
z0
p
21 Soit z = 3 + i un nombre complexe.
Calculer le module de
puis
z
2
;
z
02
2
z −z
;
02
z 1 = 3 i −z
z 2 = 2 i +z 1
;
;
z3 =
z2
z1
p
14 Soient z = − i + 3 i et z 0 = 1 − i.
22 1. Calculer le module du nombre complexe z sachant que
−3 + i
z=
2−i
2. Calculer le module des nombres complexes.
Calculer les nombres
1
z0
;
z
z0
;
z 02
z3
;
15 Mettre les nombres complexes suivants sous forme algébrique
1. (5 − 2 i)(3 + i) ;
(1 − i)(1 + i)
1
1+i
;
4. (1 + 2 i)3
;
(3 i −2)4
;
1
4+3i
;
4+3i
4−3i
z
i
;
−2z
;
3iz
24 Soit le polynôme de variable complexe
P(z) = z 3 − i z 2 + az − 3(2 + i)
16 Calculer les modules des nombres complexes suivants.
p
p
p
1−i 3 ;
3+i 2
(3 + 2 i)5 ; (−1 + i) ; (−3 + i) ; (−5 + i)
1
1
7
;
+
2
(2 − i)
1+i 1−i
17 Calculer (1 + i)2 et en déduire (1 + i)100
Francis C ORTADO
;
23 Soit z un nombre complexe non nul, simplifier l’expression
µ
¶
1
(1 + z)
z+
−
z
z
(2 − i)3
µ
¶
(3 + 2i )(1 + i )
1−i 2
;
1−i
1+i
2. (1 + i)(1 − 2 i)(1 + 3 i) ;
3.
z
1. Déterminer le nombre complexe a pour que
P(2 + i) = 0
2. Vérifier alors que :
P(z) = (z − 2 − i)(z 2 + 2z + 3)
3. Résoudre l’équation P(z) = 0.
Sommaire chapitre 4
215
25 Soit le polynôme P définit dans C par :
29 Calculez les modules suivants :
P(z) = z 3 + (−2 − 3 i)z 2 + 3(1 + 2 i)z − 9 i
1. Montrer que P admet une racine imaginaire pur, de la
forme i x où x est un réel.
2. Factoriser P(z) sous la forme
(z − i x)(z 2 + αz + β)
3. En déduire les solutions dans C de l’équation
a.
b.
c.
d.
e.
f.
|−3 + 4 i|
|6 − 8 i|
|5 + i|
|−3 i|
¯p
¯
¯ 2 + i¯
¯p
¯
¯ 2 + 1¯
¯
¯
¯ 1 ¯
¯
g. ¯¯
4+3i¯
¯
¯
¯
¯
1
1
h. ¯¯ p + p i¯¯
2
2
¯
p ¯
i. ¯−2 + 2 3 i¯
¯
¯
¯ 1 p3 ¯
¯
¯
j. ¯ −
i¯
¯2
2 ¯
¯
¯
¯ 1+i ¯
¯
k. ¯¯
¯
1−2i
P(z) = 0
30 Résolvez dans C les équations suivantes
26 Résolvez dans C les équations suivantes.
1. a) z 3 − 2z 2 + z − 2 = 0
b) z 3 − 3z 2 + 9z + 13 = 0
2. a) z 4 + z 2 + 1 = 0
b) z 4 − z 2 − 2 = 0
3. z 4 + z 3 + 3z 2 − 5z = 0 µ
¶
1
1
1
4. z 2 − z + 1 − + 2 = 0 Posez Z = z +
z z
z
27 Résolvez dans C les équations suivantes.
1. a) z 2 − z + 2 = 0 b) 1 + z + z 2 = 0
p
2. a) 2z 2 + 2z + 1 = 0 b) z 2 − 4z + 13 = 0
3. a) z 2 − z + 1 = 0 b) 4z 2 − 12z + 25 = 0
28 Déterminez les valeurs des réels x et y ou la forme algébrique du complexe z satisfaisant les équations suivantes
a. x + i y = (2 − 3 i)(3 + i)
b. (x + i y) + 3(2 − 3 i) = 6 − 10 i
c. 2x + i y = 6
d. (x + i y)(5 + i) = 3 − 2 i
e. (x + i y)(2 + i) = (1 − i)2
f. (2 − i)x − (1 + 3 i)y − 7 = 0
g. x 2 + 2x y i +y 2 = 10 + 6 i
h. (x + i y)2 = 8 − 6 i
i. (x + i y)2 = 5 + 12 i
j. (x + i y)2 = −3 + 4 i
1
1
2
=
+
z 2−i 1+2i
x
y
l.
+
=1
1+i 1+2i
p ¢2
p ¢
¡
¡
m. −1 + i 3 + x −1 + i 3 ∈ R
k.
216
1. a) z 2 + 6z + 10 = 0; z 2 − 2z + 2 = 0
b) 2z 2 − 2z + 5 = 0; z 2 − 6z + 10 = 0
2
c) z 2 + 1 = 0; zp
+z +1 = 0
p
3
d) z 2 − i 2z − i
=0
2
2. Vérifiez que 5 + i est solution de z 2 − 10z + 26 = 0 puis
déterminez la deuxième solution.
3. Déterminez des équations du second degré telles que
les nombres suivants en soient les solutions :
p
±2 i; 1 ± 2 i; 3 ± 2 i; −2 ± i 5
4. Si 3 − 2 i est une solution de z 2 + kz + 13 = 0 où k est
un réel, déterminez k et trouvez l’autre solution de l’équation.
5. L’équation 2z 2 −(7−2 i)z +k = 0 admet 1+i comme solution. Déterminez k puis la deuxième solution de l’équation.
6. Si −1−2 i est une solution de z 2 +az +b = 0, déterminez
les réels a et b.
7. L’équation z 2 +(−3+2 i)z +k −i = 0 où k ∈ R admet 1+i
comme solution. Déterminez k et la deuxième solution de
l’équation.
8. L’équation z 2 + (p + 5 i)z + q(2 − i) = 0 admet 1 + 2 i
comme solution. Déterminez p et q ainsi que l’autre solution de l’équation.
9. L’équation z 3 − 4z 2 + 6z − 4 = 0 admet 1 + i comme solution. Trouvez les deux autres solutions.
a) Idem avec 2z 3 − 9z 2 + 30z − 13 = 0 et 2 + 3 i.
b) Idem avec z 3 − 8z 2 + 22z − 20 = 0 et 2.
c) Idem avec z 3 − 4z 2 + 6z − 4 = 0 et 1 − i.
d) Idem avec z 3 − i z 2 − z + i = 0 et i
e) Idem avec z 3 − 4z 2 + 4z + k = 0 et 1 − 3 i en commençant par déterminer le réel k.
f ) Idem avec z 3 + kz 2 + z + 34 = 0 et 4 − i.
10.a) Factorisez z 3 −1 par z −1 puis résolvez dans C l’équation z 3 − 1 = 0.
b) Factorisez z 3 + (3 + i)z 2 − 4z − 12 − 4 i par z 2 − 4 puis
résolvez dans C l’équation z 3 + (3 + i)z 2 − 4z − 12 − 4 i = 0.
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
d. (a) Déterminer le nombre complexe z vérifiant
31 Déterminer la solution complexe z 0 de l’équation
z −p
= i . Placer son image K.
z −m
(b) En déduire que le triangle MPK est isocèle rectangle en K.
z +1
= 1+i.
z −1
e. (a) Déteminer par le calcul l’affixe du point L, qua-
32 Déterminer les nombres complexes z 1 et z 2 tels que
trième sommet du carré MKPL.
(b) Déterminer l’abscisse du point d’intersection R
de la droite (KL) et de l’axe des abscisses.
(c) Montrer que M, N, P et Q sont sur un même cercle
de centre R.
(
2z 1 + z 2 = 4
−2 i z 1 + z 2 = 0
33 1. Calculer (3−2 i)2 puis résoudre dans C l’équation
z 2 + z − 1 + 3 i = 0.
37 On considère l’équation :
2. Calculer (5 − 3 i)2 puis résoudre dans C l’équation
(E) z 3 − (4 + i)z 2 + (13 + 4i)z − 13i = 0
z 2 + (5 − i)z + 2 + 5 i = 0.
où z est un nombre complexe.
a. Démontrer que le nombre complexe i est solution de
3. Résoudre dans C l’équation
cette équation.
2
z − (5 + 3 i)z + 10 + 5 i = 0.
b. Déterminer les nombres réels a, b et c tels que, pour
tout nombre complexe z on ait :
34 1. Résoudre dans C les équations suivantes :
a)
z +2
=i
z +2i
b) 2z + i z = 5 − i
2. Résoudre le système suivant :
¡
¢
z 3 − (4 + i)z 2 + (13 + 4i)z − 13i = (z − i) az 2 + bz + c .
c. En déduire les solutions de l’équation (E).




 2 i z + z0
= 2i



 3z − i z 0
=1
38 On considère l’équation (E)
z 3 − (4 + i)z 2 + (7 + i)z − 4 = 0
35 1. Résoudre dans l’ensemble des nombres com-
où z désigne un nombre complexe.
1. (a) Montrer que (E) admet une solution réelle, note
z1 .
(b) Déterminer les deux nombres complexes a et b
tels que, pour tout nombre complexe z on ait :
plexes l’équation : z 2 + 2z + 2 = 0
2. Soit l’équation (F) d’inconnue complexe z :
(F) : z 2 − 2z + 4 + 4 i = 0
z 3 −(4+i)z + (7+i)z −4 = (z − z 1 ) (z −2−2i)(az +b)
3. Montrer que (F) admet pour solution un nombre imaginaire pur que l’on déterminera.
2. Résoudre (E).
Résoudre l’équation (F).
¡ →
¢
−
O, −
u, →
v est un repère orthonormal direct du plan
complexe.
Soit A le point d’affixe 1 + i.
Au point M d’affixe z, on associe le point M0 d’affixe z 0 telle
que
¢
1¡
z 0 = z + iz
2
On pose z = x + iy et z 0 = x 0 + iy 0 avec x, y, x 0 et y 0 réels.
39
36 On considère le polynôme
P(z) = z 4 + 17 z 2 − 28 z + 260
où z est un nombre complexe.
a. Déterminer deux nombres réels a et b tels que :
P(z) = (z 2 + az + b)(z 2 + 4 z + 20).
1. Démontrer les égalités suivantes :
b. Résoudre dans C l’équation P(z) = 0.
1
1
x 0 = (x + y) et y 0 = (x + y)
2
2
−
−
c. Placer dans un repère orthonormal direct O; →
u ,→
v ,
¡
¢
les images M, N, P et Q des nombres complexes respectifs m = −2 + 4 i, n = −2 − 4 i
p = 2 + 3 i et q = 2 − 3 i.
Francis C ORTADO
En déduire que le point M0 appartient à la droite
(OA).
Sommaire chapitre 4
217
2. Déterminer l’ensemble des points M du plan tels que
M = M0 .
3. Démontrer que pour tout point M du plan les vec−−−→ −−→
teurs MM0 et OA sont orthogonaux.
40 Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct
¢
−
−
O, →
u, →
v . L’unité graphique est 4 cm.
Soit λ un nombre complexe non nul et différent de 1.
On définit, pour tout entier naturel n, la suite (z n ) de
nombres complexes par :
¡




 z0
=
0



 z n+1
=
λ · zn + i
Le plan
¡ complexe
¢ est rapporté a un repère orthonormal
−
−
direct O, →
u, →
v . On se propose de démontrer, à l’aide des
nombres complexes, que tout triangle de sommets A, B, C,
deux à deux distincts, d’affixes respective a, b, c, et dont
le centre du cercle circonscrit est situé à l’origine O, a pour
orthocentre le point H d’affixe a + b + c.
Il. Étude d’un cas particulier
p
p
On pose : a = 3 + i, b = −1 + 3i, c = − 5 − i 5.
1. Vérifier que O est le centre du cercle circonscrit au
triangle ABC.
2. Placer les points A, B, C et le point H d’affixe a +b +c,
puis vérifier graphiquement que le point H est l’orthocentre du triangle ABC.
III. Étude du cas général.
ABC est un triangle dont O est le centre du cercle circonscrit, et a, b, c sont les affixes respectives des points A, B,
C.
On note Mn le point d’affixe z n .
1. Calcul de z n en fonction de n et de λ.
(a) Vérifier les égalités : z 1 = i ; z 2 = (λ + 1)i ; z 3 =
(λ2 + λ + 1)i.
(b) Démontrer que, pour tout entier n positif ou
λn − 1
· i.
nul : z n =
λ−1
2. Étude du cas λ = i.
(a) Montrer que z 4 = 0.
(b) Pour tout entier naturel n, exprimer z n+1 en
fonction de z n .
(c) Montrer que Mn+1 est l’image de Mn par une rotation dont on précisera le centre et l’angle.
(d) Représenter les
M
¡ points
¢ 0 , M1 , M2 , M3 et M4
−
−
dans le repère O, →
u, →
v .
3. Caractérisation de certaines suites (z n ).
(a) On suppose qu’il existe un entier naturel k tel
que λk = 1.
Démontrer que, pour tout entier naturel n, on a
l’égalité : z n+k = z n .
1. Justifier le fait que O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC si et seulement si :
aa = bb = cc.
1. On pose w = bc − bc.
(a) En utilisant la caractérisation d’un nombre imaginaire pur établie dans le I., démontrer que w
est imaginaire pur.
´
³
(b) Vérifier l’égalité : (b + c) b − c = w et justifier
w
b +c
=
.
que :
b − c |b − c|2
b +c
(c) En déduire que le nombre complexe
est
b −c
imaginaire pur.
2. Soit H le point d’affixe a + b + c.
(a) Exprimer en fonction de a, b et c les affixes des
−→ −→
vecteurs AH et CB.
(b) On admet que
³−→ −→´ π
CB, AH = + kπ
2
ainsi que
(b) Réciproquement, monter que s’il existe un entier naturel k tel que, pour tout entier naturel n
on ait l’égalité z n+k = z n alors : λk = 1.
³−→ −→´ π
CA, BH = + kπ
2
où k est un entier relatif quelconque.
Que représente le point H pour le triangle ABC ?
41 I. Restitution organisée de connaissances
1. Démontrer qu’un nombre complexe z est imaginaire
pur si et seulement si z = −z.
2. Démontrer qu’un nombre complexe z est réel si et
seulement si z = z.
3. Démontrer que pour tout nombre complexe z, on a
l’égalité : zz = |z|2 .
218
42 Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal
¡ − →
¢
direct O, →
u, −
v . On prendra pour unité graphique 5 cm.
On pose z 0 = 2 et, pour tout entier naturel n
z n+1 =
1+i
zn
2
On note An le point du plan d’affixe z n .
Sommaire chapitre 4
Francis C ORTADO
1. Calculer z 1 , z 2 , z 3 , z 4 et vérifier que z 4 est un nombre
réel.
Placer les points A0 , A1 , A2 , A3 et A4 sur une figure.
2. Pour tout entier naturel n, on pose u n = |z n |.
Justifier que la suite (u n ) est une suite géométrique
puis établir que, pour tout entier n,
¶
µ
1 n
.
un = 2 p
2
3. Déterminer la valeur du rang n 0 à partir du quel tous
les points An appartiennent au disque de centre O et
de rayon 0,1.
4. (a) Établir que, pour tout entier n
z n+1 − z n
=i
z n+1
En déduire la nature du triangle OAn An+1 .
(b) Pour tout entier naturel n, on note `n la longueur de la ligne brisée
A0 A1 A2 . . . An−1 An .
On a ainsi : `n = A0 A1 + A1 A2 + . . . + An−1 An .
Exprimer `n , en fonction de n. Quelle est la limite de la suite (`n ) ?
43 Pour chaque proposition, indiquer si elle est vraie
ou fausse et proposer une démonstration pour la réponse
indiquée. Dans le cas d’une proposition fausse, la démonstration consistera à fournir un contre-exemple.
On rappelle que si z est un nombre complexe, z désigne le conjugué de z et |z| désigne le module de z.
1 1
1. Si z = − + i, alors z 4 est un nombre réel.
2 2
2. Si z + z = 0, alors z = 0.
3. Si z +
1
= 0, alors z = i ou z = −i.
z
4. Si |z| = 1 et si |z + z 0 | = 1, alors z 0 = 0.
Francis C ORTADO
Sommaire chapitre 4
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