Alg` ebre et analyse ´ el´ ementaires 1

Université Paris Diderot–Paris 7
Mathématiques
MM1
23 octobre 2010
Algèbre et analyse élémentaires 1
par
Jérôme Dubois
Table des matières
1 Nombres Complexes
1.1 Le corps des nombres complexes . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Représentation géométrique d’un nombre complexe . . . .
1.3 Argument et forme polaire d’un nombre complexe . . . .
1.4 Racines d’un nombre complexe. Racines nième de l’unité.
1.5 Formule de Moivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Applications géométriques des nombres complexes . . . .
1.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3
4
5
8
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13
15
2 Ensembles et Applications
2.1 La notion d’ensemble . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Des axiomes de la théorie des ensembles . . .
2.3 Opérations sur les ensembles . . . . . . . . .
2.4 La notion d’application . . . . . . . . . . . .
2.5 Les ensembles finis, ensembles dénombrables .
2.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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17
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22
25
3 Polynômes
3.1 Définition de K[X] . . . . . . . . . . . .
3.2 Polynômes vs. applications polynomiales
3.3 Division des polynômes . . . . . . . . .
3.4 Racines des polynômes . . . . . . . . . .
3.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . .
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33
4 Introduction à l’algèbre linéaire
4.1 La structure d’espace vectoriel . .
4.2 Base d’un espace vectoriel . . . .
4.3 Dimension d’un espace vectoriel . .
4.4 La méthode d’élimination de Gauss
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(ou méthode du pivot)
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35
41
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51
5 Fonctions continues
5.1 Généralités et rappels sur R . . . .
5.2 Suites de nombres réels . . . . . .
5.3 Fonctions réelles et continuité . . .
5.4 Fonctions uniformément continues
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58
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1
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6 Fonctions dérivables
6.1 Définition et critère de dérivabilité . . . . . . .
6.2 Théorèmes de Rolle et des accroissements finis
6.3 Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Développements limités . . . . . . . . . . . . .
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87
89
91
94
7 Arithmétique
7.1 Division euclidienne . . . . . .
7.2 Nombres premiers . . . . . . .
7.3 Congruences . . . . . . . . . . .
7.4 Anneaux : l’anneau Z/nZ . . .
7.5 Corps : le corps fini Fp = Z/pZ
7.6 Euler, Fermat & Co. . . . . . .
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99
102
103
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2
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Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
1
Nombres Complexes
Le carré d’un nombre réel est connu pour être toujours positif. Ainsi, l’équation
x2 = −1 n’admet pas de solution dans R. Afin de doter de telles équations, dépourvues
de solutions réelles, de solutions “fictives”, les nombres dits complexes furent introduits à la fin du XVIème siècle. Ce fut un succès immédiat puisque ces quantités
abstraites se prêtent très bien au calcul algébrique. Presque un siècle plus tard, A.
Fresnel découvrit qu’une représentation complexe convenable permettait un traitement efficace de questions liées aux phénomènes électromagnétiques, conférant ainsi à
l’ensemble des nombres complexes le statut définitif d’outil scientifique.
1.1
Le corps des nombres complexes
Dans la suite, on note i l’une des deux solutions de l’équation algébrique x2 = −1.
L’autre solution étant −i. On appelle i l’unité imaginaire.
Tout nombre complexe z s’écrit de façon unique sous la forme, dite cartésienne,
suivante :
(∗) z = a + ib, avec a, b des nombres réels.
Dans l’équation (∗), a s’appelle la partie réelle de z, notée Re(z) ; b s’appelle la partie
imaginaire de z, on la note Im(z). Notons qu’un nombre complexe z = a + ib est réel
si, et seulement si, b = 0. Il est dit imaginaire pur lorsque z = ib, c’est-à-dire lorsque
a = 0.
L’ensemble des nombres complexes est noté C ; R en est un sous-ensemble.
1. Calculs dans C. — Pour tous z, z ! ∈ C avec z = a + ib et z ! = a! + ib! , on a :
z = z ! si, et seulement si, a = a! et b = b!
z = 0 si, et seulement si, a = 0 et b = 0
z + z ! = (a + ib) + (a! + ib! ) = (a + a! ) + i(b + b! )
!
!
−z = −a − ib
z · z = (a + ib) · (a + ib! ) = (aa! − bb! ) + i(ab! + a! b)
1
si z $= 0, alors z −1 = 2
(a − ib).
a + b2
2. Conjugué et module. — Au nombre complexe z avec z = a + ib, sont associé :
– son conjugué :
z = a + ib = a − ib ∈ C ;
– son module :
|z| =
√
z · z = |a + ib| =
p
a 2 + b 2 ∈ R+ .
Propriétés du conjugué : Pour tous z, z ! ∈ C, on a :
(a) z + z ! = z + z !
(b) z · z ! = z · z !
(c) z = z (on dit que l’opération · est involutive)
(d) z ∈ R si, et seulement si, z = z.
Propriétés du module : Pour tous z, z ! ∈ C, on a :
3
Jérôme Dubois
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
“Algèbre et Analyse élémentaires”
z = 0 si, et seulement si, |z| = 0
|z| > 0 pour tout z $= 0
|z| = |z|
|z · z ! | = |z| · |z ! |
Re(z) ! |z| et Im(z) ! |z|
Inégalité triangulaire : |z + z ! | ! |z| + |z ! |
z ∈ R+ si, et seulement si, z = |z|.
Démonstration. — Seule l’inégalité triangulaire n’est pas une simple routine.
Observons d’abord que
|z + z ! |2 = |z|2 + |z|2 + 2Re(z · z ! ).
De plus Re(z · z ! ) ! |z · z ! | = |z| · |z ! |. Ainsi
`
´2
|z + z ! |2 ! |z|2 + |z|2 + 2 · |z| · |z ! | = |z| + |z ! | .
On conclut en utilisant la croissance sur R+ de la fonction racine carrée.
"
Remarques. Soit z un nombre complexe.
(a) si z $= 0, on a z −1 =
z+z
.
2
z−z
.
2i
1
|z|2
z.
(b) Re(z) =
(c) Im(z) =
(d) Pour tous z, z ! ∈ C, on a : ||z| − |z ! || ! |z + z ! |.
1.2
Représentation géométrique d’un nombre complexe
L’image de tout nombre complexe z de forme cartésienne z = a + ib dans le plan
−
→ −
→
R2 (rapporté à un repère orthonormal (O, i , j ) est le point M de coordonnées (a, b).
−−→
Le vecteur OM est le vecteur image de z.
a + ib
b
2
1
i
0
1
a
Fig. 1 – Représentation géométrique du nombre complexe z = a + ib.
−−→
Le nombre complexe z s’appelle l’affixe du point M ou du vecteur OM .
Le module |z| de z est la longueur du segment [OM ].
L’image du conjugué z de z est le symétrique de l’image de z par rapport à l’axe
des abscisses.
4
Jérôme Dubois
1.3
“Algèbre et Analyse élémentaires”
Argument et forme polaire d’un nombre complexe
1. Argument et forme polaire. — Lorsque z $= 0, son image est distincte de
l’origine O du repère. On appelle alors argument de z, noté arg(z), une mesure
−
→ −−→
θ de l’angle ( i , OM ) (bien définie à un multiple de 2π près). Ainsi, on a :
z = |z|(cos θ + i sin θ).
Si r = |z|, le nombre complexe r(cos θ + i sin θ) est la forme trigonométrique de
z. Autrement dit le module et l’argument d’un nombre complexe correspondent
aux coordonnées polaires (r, θ) de son image dans le plan complexe.
Si le nombre complexe z = a + ib $= 0 s’écrit sous forme trigonométrique de la
façon suivante : z = r(cos θ + i sin θ), alors on a r = |z|, Re(z) = r · cos θ et
Im(z) = r · sin θ de sorte que tan θ = ab si a $= 0, c’est-à-dire z $∈ R. Pour z = ib
imaginaire pur, on observe que :
(
π
si b > 0
θ= 2π
−2
si b < 0
ˆ
˜
La fonction arctan dont les valeurs sont dans l’intervalle − π2 , π2 , permet d’écrire
l’argument θ de z ∈
/ iR en fonction de ses parties réelle et imaginaire :
(
` ´
si a # 0
arctan ab
` ´
arg(z) = θ =
arctan ab + π si a < 0
2. Exemples.
(a) L’argument de 1 vaut 0 (modulo 2π).
(b) Les nombres réels strictement positifs ont un argument nul, modulo 2π ;
les nombres réels strictement négatifs ont un argument égal à π, modulo
2π.
(c) L’unité imaginaire i est d’argument
π
2
(modulo 2π).
(d) Les imaginaires purs non nuls ont un argument congru à ± π2 , modulo 2π,
selon le signe de leur partie imaginaire.
√
√
` ´
` ´
(e) L’argument du nombre complexe 22 + i 22 = cos π4 + i sin π4 vaut π4
(modulo 2π).
(f) L’argument du nombre complexe 1 + i est
est 3π
(modulo 2π).
4
π
4
(modulo 2π), celui de −1 + i
3. Propriété de l’argument. — Pour tous z, z ! ∈ C, on a :
(a) arg(z · z ! ) = arg(z) + arg(z ! ) mod 2π.
(b) arg(z) = −arg(z) mod 2π.
(c) arg(z −1 ) = −arg(z) mod 2π.
(d) arg(z p ) = p · arg(z) mod 2π.
4. Remarque : Cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire.
On a |z + z ! | = |z| + |z ! | si, et seulement si, z = 0 ou z ! = 0 ou arg(z) = arg(z ! )
mod 2π.
En effet, on a :
|z|2 + |z ! |2 + 2|z · z ! | = (|z| + |z ! |)2 = |z + z ! |2 = |z|2 + |z ! |2 + 2Re(z · z ! )
5
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
si, et seulement si,
|z · z ! | = Re(z · z ! ).
Or un nombre complexe ζ est tel que |ζ| = Re(ζ) si, et seulement si, ζ ∈ R+ .
Ainsi,
|z + z ! | = |z| + |z ! | si, et seulement si, z · z ! ∈ R+ .
De plus, on constate que :
z · z ! ∈ R∗+ si, et seulement si, arg(z · z ! ) = 0
mod 2π,
autrement dit,
|z + z ! | = |z| + |z ! | ssi z = 0 ou z ! = 0 ou arg(z) = arg(z ! )
mod 2π.
5. Forme exponentielle. La formule d’Euler (1748, Fig. 2)
eiθ = cos θ + i sin θ
permet d’écrire tout nombre complexe sous forme exponentielle : z = reiθ .
Observons que eiπ = −1, eiπ/2 = i, ei3π/2 = −i.
i Im
eiθ = cos θ + i sin θ
sin θ
θ
cos θ
0
1
Re
Fig. 2 – Formule d’Euler.
On notera que eiθ est un nombre complexe de module 1 admettant θ pour
argument. On a de plus
cos θ = Re(eiθ ) =
eiθ + e−iθ
2
et
eiθ − e−iθ
.
2i
Lorsque θ varie entre 0 et 2π, l’image du nombre complexe eiθ décrit le cercle
unité (voir Fig. 2).
sin θ = Im(eiθ ) =
!
On vérifiera que pour tous z, z ! ∈ C tels que z = reiθ et z ! = r ! eiθ :
z = re−iθ
z −1 =
1 −iθ
e
r
z · z ! = rr ! ei(θ+θ
6
!
)
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
z p = r p eipθ
Remarque : On constate que lors d’un produit de deux nombres complexes,
leurs modules se multiplient et leurs arguments s’additionnent. En particulier,
la multiplication par i s’interprète en termes géométriques comme la rotation
de centre O et d’angle π2 .
6. Exemples.
(a) Linéarisation de cosp θ, sinp θ.
Grâce à la formule d’Euler combinée à la formule du binôme, on peut
calculer cosp θ, sinp θ comme combinaison de cos et sin.
Calculons par exemple cos3 θ et sin3 θ.
On a, grâce à la formule d’Euler :
„ iθ
«3
e + e−iθ
cos3 θ =
.
2
Appliquons la formule du binôme pour obtenir :
”
1 “ 3iθ
e + 3eiθ + 3e−iθ + e−3iθ ,
cos3 θ =
8
d’où l’on tire
cos3 θ =
1
4
„
e3iθ + e−3iθ
eiθ + e−iθ
+3
2
2
«
=
1
(cos(3θ) + 3 cos θ).
4
(b) Calcul de sommes trigonométriques.
On se propose de calculer la somme :
n−1
X
cos(kx) pour 0 < x <
k=0
π
.
2
Pn−1
i. Observons tout d’abord que
k=0 cos(kx) est la partie réelle de la
somme :
n−1
n−1
X ikx
X
e .
S=
(cos(kx) + i sin(kx)) =
k=0
k=0
Pn−1
ikx
ii. Par ailleurs la somme S = k=0 e
n’est autre que la somme des n
premiers termes d’une progression géométrique de premier terme 1 et
de raison eix $= 1 (car 0 < x < π2 ). On a donc
“ inx
”
inx
inx
e 2 e− 2 − e 2
1 − einx
“ ix
” ,
S=
=
ix
ix
1 − eix
e 2 e− 2 − e 2
de sorte que
S=
e
inx
2
sin
ix
2
sin
e
nx
2
x
2
=e
i(n−1)x
2
·
sin nx
2
.
sin x2
iii. Il ne reste plus qu’à prendre la partie réelle de S pour obtenir la
formule :
n−1
X
cos(kx) = Re(S) = cos
k=0
7
(n − 1)x sin nx
2
·
.
2
sin x2
Jérôme Dubois
1.4
“Algèbre et Analyse élémentaires”
Racines d’un nombre complexe. Racines nième de l’unité.
1. Racines carrées d’un nombre complexe.
(a) Méthode. — Soit Z un nombre complexe, trouver les racines carrées de
Z, c’est trouver les nombres complexes z tels que z 2 = Z.
√
√
Par exemple, les racines carrées de 2 sont les nombres réels 2 et − 2 ;
les racines carrées de −1 sont les unités imaginaires i et −i.
Distinguons plusieurs cas.
i. Si arg(Z) est un “angle remarquable” (multiple de π/6, π/4, π/3, π/2
modulo 2π), on utilise la forme trigonométrique :
Z = Reiθ avec R ∈ R∗+ .
Le nombre complexe Z a deux racines carrées :
√
z1 = Reiθ/2 et z2 = −z1 .
ii. Si arg(Z) n’est pas un “angle remarquable”, on utilise la forme cartésienne :
Z = α + iβ.
Le nombre z est racine carrée de Z si, et seulement si, z 2 = Z. En
écrivant z = a+ib, on voit que z est racine carrée de Z si, et seulement
si, (a, b) est solution du système :
(
a 2 − b2 = α
2ab
=β
p
On notera de plus que a2 + b2 = |z|2 = |Z| = α2 + β 2 de telle sorte que
le système précédent est en fait équivalent au système suivant :
8 2
2
= p α
< a −b
2
a + b2 =
α2 + β 2
:
2ab
=
β
Les deux premières équations permettent de déterminer a2 et b2 , l’équation
2ab = β quant à elle permettant de déterminer les signes respectifs de a et
b.
(b) Exemples.
i. Calculons les racines carrées de 3 + 4i. Observons que 3 + 4i = (2 + i)2 ,
ainsi les racines carrées de 3 + 4i sont 2 + i et −2 − i.
ii. Calculons les racines carrées de −7 + 24i. Ceci revient à résoudre le
système suivant :
(
a 2 − b2
2ab
= −7
= 24
Le système équivaut à
8 2
2
< a −b
ab
: 2
a + b2
=
=
=
−7
12
25
de sorte que a2 = 9 et b2 = 16. De plus, on constate que a, b sont
de même signe. En conclusion, les racines de −7 + 24i sont 3 + 4i et
−3 − 4i.
8
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
iii. Calculons les racines carrées de 1+i. Ceci revient à résoudre le système
suivant :
(
a 2 − b2
2ab
=1
=1
Le système équivaut à
√
8 2
2
< a −b
2ab
: 2
a + b2
=
=
=
1
√1
2
√
. D’autre part a, b sont de même
de sorte a2 = 1+2 2 et b2 = 2−1
2
signe. En conclusion, les racines de 1 + i sont :
p √
p √
2 2+2
2 2−2
+i
et z2 = −z1 .
(•) z1 =
2
2
√
Observons que le module de 1 + i est 2 et qu’un argument vaut π4 ,
modulo 2π. Ainsi sous forme trigonométrique, on a
(••)
π
z1 = 21/4 · ei 8 et z2 = −z1 .
Des équations (•) et (••), on tire les formules suivantes pour cos π8 et
sin π8 :
p
√
1
π
2+ 2
,
cos = 1/4 · Re(z1 ) =
8
2
2
p
√
2− 2
π
1
sin = 1/4 · Im(z1 ) =
.
8
2
2
2. Résolution dans C d’une équation du second degré.
(a) Principe. — Soient a, b, c sont trois nombres complexes avec a $= 0.
L’équation az 2 + bz + c = 0 d’inconnue z admet toujours deux solutions :
z1 =
−b + δ
−b − δ
et z2 =
2a
2a
où δ est l’une des racines carrées (dans C) du discriminant ∆ = b2 − 4ac.
On notera que z1 + z2 = − ab et z1 z2 = ac , de sorte que
az 2 + bz + c = a(z − z1 )(z − z2 ).
(b) Exemples.
i. Solutions de l’équation : z 2 − (1 − 2i)z + 1 − 7i = 0.
Cette équation est équivalente à l’équation suivante :
„
«2
1 − 2i
−7 + 24i
z−
=
.
2
4
ont été calculées ci-dessus : 3+4i
et
Les racines carrées de −7+24i
4
2
3+4i
− 2 . Par conséquent, les solutions de l’équation proposée sont :
(
2+i
1 − 2i
3 + 4i
±
=
2
2
−1 − 3i
9
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
ii. Solutions de l’équation z 2 + 2(1 − cos u)z + 2(1 − cos u) = 0 pour
0 ! u ! π.
Cette équation est équivalente à (z + (1 − cos u))2 = −(1 − cos u)(1 +
cos u). Le membre de droite vaut − sin2 u = (i sin u)2 . Les solutions
sont donc
z1 = cos u − 1 + i sin u et z2 = cos u − 1 − i sin u.
iii. Soient a, b, c les racines dans C de l’équation
(∗)
z 3 − (3 + 2i)z 2 + (3 + 11i)z − 2(1 + 7i) = 0.
On se propose de calculer a, b, c sachant que a ∈ R.
Si a ∈ R est solution de l’équation (∗), on a
a3 − (3 + 2i)a2 + (3 + 11i)a − 2(1 + 7i) = 0 ;
séparons partie réelle et partie imaginaire, il vient
(
a3 − 3a2 + 3a − 2 = 0
−2a2 + 11a − 14 = 0
On vérifie facilement que la seconde équation du système précédent
admet pour solutions a = 2 ou a = 7/2 ; seule la racine a = 2 est effectivement solution de la première équation. Ainsi, a = 2 est solution
de l’équation (∗).
Par conséquent, l’équation (∗) est équivalente à :
(z − 2)(z 2 − (1 + 2i)z + 1 + 7i) = 0.
Concentrons notre attention sur l’équation z 2 − (1 + 2i)z + 1 + 7i dont
le discriminant est ∆ = (1 + 2i)2 − 4(1 + 7i) = −7 − 24i = (3 − 4i)2 .
En conclusion, les racines du trinôme ci-dessus sont : b = 2 − i et
c = −1 + 3i.
3. Racine nième d’un nombre complexe. Soient Z un nombre complexe non nul
et n un entier strictement supérieur à 1. Les solutions dans C de l’équation
d’inconnue z :
(◦) z n = Z
sont appelées les racines nième du nombre complexe Z.
Ecrivons Z sont forme exponentielle Z = ρeiα et posons z = reiθ , dans ce cas
l’équation (◦) s’écrit :
r n einθ = ρeiα .
Cette équation équivaut au système suivant :
(
r = ρ1/n
θ = α
+ 2k πn ; k ∈ Z
n
lorsque k décrit Z, l’argument de z a n valeurs possibles distinctes obtenues pour
k = 0, 1, . . . , n − 1. L’équation (◦) admet donc n solutions :
zk = ρ1/n · ei( n +2k n ) pour k ∈ {0, . . . , n − 1}.
α
π
On retiendra que tout nombre complexe non nul Z a n racines nième distinctes,
ces racines ont même module, égal à |Z|1/n , et leurs arguments diffèrent de 2kπ
n
pour k = 0, . . . , n − 1. Ces racines sont situées sur un cercle de centre O et de
rayon |Z|1/n . Si n > 2 ces images sont les sommets d’un polygone régulier à n
côtés.
10
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
4. Racine nième de l’unité. Le nombre complexe 1 a pour module ρ = 1 et
argument α = 0. Les racines nième de 1 sont donc de la forme :
2k
zk = ei n π pour k ∈ {0, . . . , n − 1}
ou encore sous forme trigonométrique :
„
«
„
«
2k
2k
zk = cos
π + i sin
π pour k ∈ {0, . . . , n − 1}
n
n
On observera que les images des racines nième de l’unité, pour n > 2, sont les
sommets d’un polygone régulier à n côtés.
5. Cas particuliers.
(a) Pour n = 1, la seule racine de l’unité est 1 ;
(b) Pour n = 2, les deux racines carrées de l’unité sont 1 et −1 ;
(c) Pour n = 3, les trois racines cubiques de l’unité sont :
4
2
1, j = ei 3 π , j 2 = ei 3 π = j
Leurs images sur le cercle unité forment un triangle équilatéral. On observera également que j satisfait l’équation j 2 + j + 1 = 0.
(d) Pour n = 4, les quatre racines 4ième de l’unité sont :
1
3
1, i = ei 2 π , −1 = i2 = eiπ , i = ei 2 π .
Leurs images sur le cercle unité forment un carré.
(e) Pour n = 5, les cinq racines 5ième de l’unité sont :
4
2
6
8
1, ei 5 π , ei 5 π , ei 5 π , ei 5 π .
Leurs images sur le cercle unité forment un pentagone régulier.
`π´
`π´
et sin 12
.
6. Exemple. Le but de cet exemple est de calculer les valeurs de cos 12
L’idée va être d’expliciter les racines 6ième de 8i qui a pour module 8 et pour
argument π2 , modulo 2π. Pour cela, on procède ainsi.
(a) Calcul des racines 6ième de l’unité. Les racines 6ième de l’unité sont les 6
nombres complexes suivants :
1
2
4
5
1, ei 3 π , ei 3 π , eiπ = −1, ei 3 π , ei 3 π .
ou encore sous forme trigonométrique : Les formes cartésiennes de ces
nombres sont :
√
√
√
√
1
1
1
3
3
3 1
3
1, + i
, − +i
, −1 − − i
, −i
.
2
2
2
2
2
2 2
2
(b) Calcul des racines 6ième de 8i. Cherchons maintenant les racines 6ième de
8i. Tout d’abord observons que
“√
”
π 6
π
2 · e−i 4
(() (1 − i)6 =
= 8 · ei 2 = 8i.
Pour obtenir toutes les racines 6ième de 8i, il suffit d’en avoir une, puis de
la multiplier par les racines 6ième de l’unité. L’équation (() nous donne
l’une d’elle. Les autres sont donc :
√ «
„
”
√
√
1“
3
1
+i
=
1 + 3 + i( 3 − 1) ,
(1 − i)
2
2
2
11
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
√ «
„
”
√
√
1
1“
3
−1 + 3 + i( 3 + 1) ,
(1 − i) − + i
=
2
2
2
−1 + i
√ «
„
√ ”
√
3
1
1“
(1 − i) − − i
=
−1 − 3 + i(1 − 3) ,
2
2
2
√ «
„
√
√ ”
1“
3
1
1 − 3 − i(1 + 3) .
−i
=
(1 − i)
2
2
2
√
`π´
`π´
(c) Calcul de cos 12 et sin 12 . Les racines 6ième de 8i ont pour module 2
π
+ 2k
π avec k = 0, . . . , 5. Ainsi
et pour argument respectif les nombres 12
6 √ `
` π ´´
`π´
π
+ i sin 12
.
la racine 6ième de 8i qui a pour argument 12 est 2 cos 12
Ses parties réelles et imaginaires sont positives et sa partie réelle est supérieure
à sa partie imaginaire (car 0 < π/12 < π/4). On a donc
“π”
”
“ π ””
√ “
√
√
1“
2 cos
+ i sin
=
1 + 3 + i( 3 − 1) .
12
12
2
Par conséquent en identifiant les parties réelles et imaginaires, on a :
√
√
√
“π”
1+ 3
2+ 6
√
cos
=
=
12
4
2 2
√
√
√
“π”
3−1
6− 2
√
=
sin
=
.
12
4
2 2
1.5
Formule de Moivre
1. Théorème : Pour tout θ ∈ R et tout entier n ∈ Z, on a
(()
(cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ).
` ´n
Démonstration. — On a eiθ = einθ . Il ne reste plus qu’à utiliser la formule
d’Euler pour conclure à l’égalité (().
"
La formule de Moivre peut également s’obtenir par récurrence.
2. Applications de la formule de Moivre. La formule de Moivre permet d’écrire
cos(nθ) et sin(nθ) comme des combinaisons linéaires de puissances de cos θ et
sin θ.
(a) Pour n = 2, on a grâce à la formule de Moivre :
cos(2θ) + i sin(2θ) = (cos θ + i sin θ)2 = (cos2 θ − sin2 θ) + 2i sin θ cos θ.
En identifiant parties réelles et imaginaires des deux membres de l’équation
ci-dessus, on obtient :
cos(2θ) = cos2 θ − sin2 θ = 2 cos2 θ − 1,
et
sin(2θ) = 2 sin θ cos θ.
(b) Pour n = 3, on a grâce à la formule de Moivre :
cos(3θ) + i sin(3θ) = (cos θ + i sin θ)3
= (cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ) + i(− sin3 θ + 3 cos2 θ sin θ).
12
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
En identifiant parties réelles et imaginaires des deux membres de l’équation
ci-dessus, on obtient :
cos(3θ) = cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ,
et
sin(3θ) = − sin3 θ + 3 cos2 θ sin θ = 3 sin θ − 4 sin3 θ.
(c) Des formules précédentes on déduit les formules suivantes pour la fonction
tan :
sin(2θ)
2 sin θ cos θ
2 tan θ
tan(2θ) =
=
.
=
2
2
cos(2θ)
1
−
tan2 θ
cos θ − sin θ
tan(3θ) =
sin(3θ)
3 tan θ − tan3 θ
− sin3 θ + 3 cos2 θ sin θ
=
=
.
2
cos(3θ)
1 − 3 tan2 θ
cos3 θ − 3 cos θ sin θ
La formule de Moivre permet également de calculer des puissances de certains nombres complexes.
“
√ ”14
.
(d) Ecriture sous forme cartésienne du nombre complexe : 12 + i 23
√
Commençons par écrire le nombre 12 + i 23 sous sa forme trigonométrique :
√
3
1
π
π
+i
= cos + i sin .
2
2
3
3
Une application de la formule de Moivre permet d’obtenir :
√ «14
„
14π
14π
1
3
+i
= cos
+ i sin
.
2
2
3
3
Observons de plus que
„
1.6
14π
3
= 4π +
2π
,
3
de sorte que
√ «14
√
2π
2π
1
3
3
1
+i
= cos
+ i sin
=− +i
= j.
2
2
3
3
2
2
Applications géométriques des nombres complexes
1. Addition de nombres complexes. Soient z, z ! deux nombres complexes d’images
respectives les points du plan M, M ! . On note S le point d’affixe z + z ! . On a :
−−→
−→ −−→ −
OM = |z|, OM ! = |z ! | et OS = OM + OM ! .
L’inégalité classique OS ! OM + OM ! redonne immédiatement l’inégalité triangulaire : |z + z ! | ! |z| + |z ! |.
2. Module et argument. Soient A le point d’affixe a et B le point d’affixe b. Alors :
– la distance AB est égale au module |b − a|,
−
→ −→
– l’angle polaire ( i , AB) est égal à l’argument arg(b − a) mod 2π.
3. Quelques transformations géométriques du plan complexe.
Soit f : C → C une application du plan complexe et désignons par M et M ! les
affixes de de z et z ! = f (z).
(a) f (z) = z + a, a ∈ C. La transformation géométrique associée est la translation de vecteur a.
13
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
(b) f (z) = az, a ∈ C. Si z = ρeiθ et a = reiα , alors z ! = f (z) = rρei(θ+α) .
Ainsi M ! se déduit de M par la similitude de centre O, de rapport r et
d’angle α.
Lorsque a est de module 1 (c’est-à-dire, r = 1), alors la transformation
géométrique associée est la rotation de centre O et d’angle α. On a :
z ! = z(cos α + i sin α)
qui est équivalente à
z = z ! (cos α − i sin α).
De ces équations on tire en écrivant z ! = x! + iy ! :
(
x! = x cos α + y sin α
y ! = −x sin α + y cos α
qui sont les traditionnelles formules de changement d’axes d’une rotation.
(c) f (z) = az + b, a, b ∈ C. Si a $= 1, les points invariants de f (c’est-à-dire
les points z du plan tels que f (z) = z) sont donnés par az + b = z = z0 ,
b
autrement dit z0 = 1−a
. L’expression f (z) − z0 = a(z − z0 ) montre qu’il
s’agit d’une similitude de centre M0 affixe de z0 , d’angle α = arg(a) et de
rapport |a|.
(d) f (z) = z −1 , définie sur C∗ . L’application f restreinte au cercle unité S1 =
{z ∈ C | |z| = 1} est telle que f (z) = z. Il s’agit de la symétrie par rapport
à l’axe (Ox).
14
Jérôme Dubois
1.7
“Algèbre et Analyse élémentaires”
Exercices
√
√
√
1. Soient z1 = 2 6(1 + i) et z2 = 2(1 + i 3).
(a) Déterminer les formes exponentielles et trigonométriques de z1 et z2 .
(b) Déterminer la forme cartésienne de z =
z1
z2 .
(c) Calculer les formes exponentielle et trigonométrique de z.
π
π
(d) En déduire les valeurs de cos 12
et sin 12
.
2. Déterminer les nombres complexes z tels que z 2 + z + 1 est réel.
3. Déterminer les nombres complexes z tels que z 2 + z − 1 = 0.
4. Déterminer les nombres complexes z tels que z 2 − 2z + 1 = 0.
5. Pour n ∈ N, calculer
(1 + i)n + (1 − i)n et (1 + i)n − (1 − i)n .
√
√
2
, z2 = 1 − i, z = zz12 . Déterminer le module et un
6. Soient z1 = 6+i
2
argument de chacun des nombres complexes z1 , z2 , z. En déduire
cos
5π
5π
et sin
.
12
12
7. Résoudre dans C l’équation (−4 − 2i)z 2 + (7 − i)z + 1 + 3i = 0.
8. Résoudre dans C l’équation z 2 + (1 + 4i)z − 5 − i = 0.
9. Résoudre dans C l’équation z 2 − 3(i + 1)z + 4i = 0.
√
10. Calculer les racines 4ième de 1 + i 3. En déduire les valeurs de cos 13π
12 et
sin 13π
.
12
11. Calculer cos(4θ) et sin(4θ).
12. Linéariser cos5 θ et sin5 θ.
13. Résoudre dans C les équations z 5 + 1 = 0 et z 6 =
!n
14. Soient θ ∈]0, π[ et n ∈ N∗ . Calculer k=0 sin(kθ)
√
1+i√3
.
1−i 3
15. Soit z ∈ S1 . Montrer que |1 + z| # 1 ou |1 + z 2 | # 1. Puis donner une
interprétation géométrique de ces deux inégalités.
15
Jérôme Dubois
“Algèbre et Analyse élémentaires”
rien
16