Département de mathématiques et informatique L1S1, module A ou B Maths Chapitre 1 Nombres complexes Ô Remarque importante Ce cours n’est pas indépendant du cours de Tronc Commun Mathématiques. Ce document est une version remaniée d’un polycopié écrit par Emmanuel Royer afin de s’adapter aux modifications des programmes (en vigueur à partir de l’année 2013-2014). Table des matières p. 3 Table des matières 1 Nombres entiers, rationnels et réels 1.1 Rappels généraux et principe de récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . P 1.2 Le symbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 4 6 2 Nombres complexes 2.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Règles de calcul dans C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Conjugué d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Puissance n-ième d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Triangle de Pascal et formule du binôme de Newton . . . . . . . . . . 2.6 Module d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1 Les fonctions sinus et cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.2 Valeurs en des angles de références du premier quadrant . . . 2.7.3 Valeurs en des angles des autres quadrants . . . . . . . . . . . 2.7.4 Formules d’addition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.5 Résumé des formules à savoir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Argument d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8.1 Argument d’un nombre complexe de module 1 . . . . . . . . . 2.8.2 Argument d’un nombre complexe non nul . . . . . . . . . . . . 2.9 Exponentielle et représentation exponentielle d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . 8 8 10 11 13 14 19 23 23 24 24 27 28 29 29 31 34 3 Utilisation des nombres complexes 3.1 Trinôme du second degré à coefficients complexes . . . . . . . . 3.1.1 Racines carrées d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . 3.1.2 Trinôme du second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Racines n-ièmes de l’unité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Nombres complexes et trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Calcul de cos(nx) et sin(nx) en fonction de cos(x) et sin(x) 3.3.2 Linéarisation des formules trigonométriques . . . . . . . . . . . . . . 35 35 36 37 39 42 43 44 4 Solutions des exercices corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 p. 4 1 1 Nombres entiers, rationnels et réels Nombres entiers, rationnels et réels 1.1) Rappels généraux et principe de récurrence La notation N désigne l’ensemble des entiers naturels : N = {0, 1, 2, 3, . . . }. Quand on rajoute à N les opposés de ses éléments, on obtient l’ensemble, noté Z, des entiers relatifs : Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . }. Les fractions que l’on peut former à l’aide de ces nombres forment l’ensemble, noté Q, des nombres rationnels : a Q= tel que a ∈ Z, b ∈ Z, b , 0 . b Enfin, R désigne l’ensemble des nombres réels. Tout réel peut s’écrire à l’aide d’un entier relatif et d’une infinité de chiffres décimaux. Bien entendu, on a N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R. Tous ces ensembles sont munis d’une addition et d’une multiplication. La soustraction est définie dans Z, Q et R mais pas dans N : le résultat de la soustraction 2−3 n’est pas dans N alors que 2 et 3 sont dans N. La division (par un nombre nécessairement non nul) est définie dans Q et R mais pas dans Z (et a fortiori pas dans N) : le résultat de la division de −2 par −7 n’est pas dans Z alors que −2 et −7 sont dans Z. Un principe fondamental dans l’ensemble Z est le principe de récurrence. Proposition 1 (Principe de récurrence)– Soit P(n) un énoncé dépendant d’un paramètre entier relatif n. Si P(n0 ) est vrai pour un entier relatif n0 et s’il est prouvé que lorsque P(n) est vrai pour un entier n supérieur ou égal à n0 , P(n + 1) est vrai aussi, alors P(n) est vrai pour tous les entiers supérieurs ou égaux à n0 . Remarque 2– Il faut bien comprendre la phrase « s’il est prouvé que lorsque P(n) est vrai pour un entier n supérieur ou égal à n0 , P(n + 1) est vrai aussi ». Elle ne dit absolument pas qu’on suppose P(n) vrai pour tout n ≥ n0 ! Elle dit qu’on suppose vraie l’implication « si P(n) est vrai alors P(n + 1) est vrai ». Ayez en tête le fait que l’implication « si vous travaillez bien vous aurez de bons résultats » est vraie mais qu’elle ne dit pas que vous travaillerez bien. Un raisonnement par récurrence contient plusieurs étapes essentielles, notamment celles appelées initialisation et hérédité. Détaillons-les sur un exemple simple. Exemple 3– Soit n un entier ≥ 1 et P(n) l’énoncé « 1 + 2 + ··· + n = | {z } somme de tous les entiers de 1 à n n(n + 1) .» 2 1 Nombres entiers, rationnels et réels p. 5 Initialisation. On démontre l’énoncé au premier rang, ici pour n = 1, i.e. on vérifie que P(1) est vrai. En effet, d’une part la somme des entiers de 1 à 1 vaut 1 et, d’autre part, 1+1 2 = 1. D’où l’égalité souhaitée et le fait que P(1) est vrai. Hérédité. On suppose désormais l’énoncé P(n) vrai pour un entier naturel n ≥ 1 fixé et on démontre qu’alors P(n + 1) est encore vrai. Calculons la somme de tous les entiers de 1 à n + 1. On a somme de tous les entiers de 1 à n z }| { 1 + 2 + · · · + (n + 1) = ( 1 + 2 + · · · + n ) + (n + 1) n(n + 1) + (n + 1) car P(n) est vrai par hypothèse de récurrence = 2 (n + 1)(n + 2) . = 2 Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si l’énoncé P(n) est vrai, alors l’énoncé P(n + 1) est vrai. Nous avons de plus montré que l’énoncé P(1) est vrai. Le principe de récurrence permet de conclure que l’énoncé P(n) est vrai pour tout n ≥ 1. Remarque 4– La structure d’un raisonnement par récurrence est identique quel que soit l’énoncé à démontrer. N’importe quel raisonnement par récurrence prendra donc toujours la forme suivante où valeur initiale désigne un entier (1 dans l’exemple précédent) et où les pointillés sont à compléter en fonction de l’énoncé (a) . Soit n un entier (relatif) ≥ valeur initiale et P(n) : « . . . » l’énoncé de la proposition de récurrence. Initialisation. On démontre que P(valeur initiale) est vrai. En effet, . . . D’où le fait que P(valeur initiale) est vrai. Hérédité. On suppose l’énoncé P(n) vrai pour un entier naturel n ≥ valeur initiale fixé et on démontre que P(n + 1) est encore vrai. ... car P(n) est vrai par hypothèse de récurrence ... Pour tout entier n ≥ valeur initiale, nous avons montré que si l’énoncé P(n) est vrai, alors l’énoncé P(n + 1) est encore vrai. Nous avons de plus montré que l’énoncé P(valeur initiale) est vrai. Le principe de récurrence permet de conclure que l’énoncé P(n) est vrai pour tout n ≥ valeur initiale. Remarque 5– Voici quelques pièges classiques à éviter lors d’un raisonnement par récurrence. 1. L’oubli d’une étape, notamment l’énoncé de la proposition ou la conclusion. a. S’il n’est pas rigoureusement nécessaire d’écrire explicitement « Initialisation » ou « Hérédité », ces étapes (comme les autres) doivent figurer clairement dans le raisonnement. p. 6 1 Nombres entiers, rationnels et réels 2. L’énoncé de la proposition de récurrence dépend d’un entier relatif. En particulier, celui-ci ne peut en aucun cas contenir une phrase du type « pour tout entier n » ou « quel que soit n ». De même, l’étape d’hérédité ne peut absolument jamais commencer par une phrase telle que « On suppose P(n) vrai » sans plus de précision, sinon il n’y a plus rien à démontrer ! Il faut donc bien préciser « On suppose l’énoncé P(n) vrai pour un entier n ≥ . . . fixé » ou « On suppose l’énoncé P(n) vrai pour un certain entier n ≥ . . . » ou encore « Soit n ≥ . . . tel que P(n) est vrai ». 3. Si dans un raisonnement par récurrence, vous ne vous servez pas de l’hypothèse de récurrence lors de l’étape d’hérédité, c’est que le raisonnement par récurrence est inutile : un raisonnement direct suffit. D’où l’importance de bien indiquer l’endroit précis où vous vous en servez. Exercice corrigé 6– À l’aide d’un raisonnement par récurrence, montrer que pour tout entier naturel n ≥ 1, on a 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 . | {z } somme des n premiers entiers naturels impairs 1.2) Le symbole P On définit dans ce paragraphe une notation qui rend plus commode (et moins ambiguë) l’écriture de sommes (finies). Commençons par un exemple. On considère la somme 10 + 11 + 12 + · · · + 98 + 99 + 100 de tous les entiers entre 10 et 100, que l’on veut écrire sans les pointillés. On se donne alors un paramètre, disons n, et une fonction notée par exemple f tels que f (n) décrit exactement l’ensemble des termes de la somme lorsque n varie entre une valeur initiale et une valeur finale. Dans notre exemple, on pose simplement f (n) = n pour n entier compris entre 10 et 100. On note alors 10 + 11 + 12 + · · · + 98 + 99 + 100 = 100 X n. n=10 D’une manière générale, étant donné deux entiers (relatifs) a ≤ b et une fonction f (bien définie sur les entiers entre a et b), le symbole b X f (n) n=a désigne le résultat obtenu en considérant successivement tous les entiers de a à b, en calculant pour chaque tel entier n la valeur f (n) et en ajoutant le résultat à la somme précédemment calculée : b X n=a f (n) = f (a) + f (a + 1) + · · · + f (b − 1) + f (b). 1 Nombres entiers, rationnels et réels p. 7 Exercice corrigé 7– Calculer les sommes suivantes : 5 X k 2 , 8 X 5 X (3j 2 + 1). (−2 + 3m), m=3 k=−3 j=0 Exercice corrigé 8– Écrire avec le symbole 2 + 4 + 6 + · · · + 98 + 100, 1 + 22 + 32 + · · · + 302 , P les sommes suivantes : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − + , 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 + + + + + + + + + . 4 3 5 4 6 5 7 6 8 7 Remarque 9– Noter que dans l’écriture b X f (n) la variable n n’intervient pas dans le n=a résultat. On parle de variable « muette ». On peut en particulier lui donner le nom que l’on souhaite. Ainsi on a par exemple, 5 X n=−2 5 X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + +1+ + + . + + = 2 2 5 2 2 5 10 17 26 n +1 k +1 k=−2 Rien n’empêche en revanche d’avoir des bornes de sommation qui dépendent d’une variable donnée. Par exemple, on peut considérer, comme dans l’exercice 6, la somme des n premiers entiers naturels impairs avec n entier naturel ≥ 1 quelconque. Avec le P symbole , elle s’écrit : n X 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = (2k − 1). | {z } k=1 somme des n premiers entiers naturels impairs Exercice corrigé 10– Soit n un entier naturel ≥ 2. Écrire avec le symbole P la somme 1. des inverses des entiers naturels non nuls inférieurs ou égaux à n ; 2. des entiers naturels pairs inférieurs ou égaux à n ; 3. des n premiers cubes d’entiers naturels non nuls ; 4. des n premiers entiers naturels de la forme 3k + 1 avec k entier. Que vaut chacune de ces sommes lorsque n = 2 ? n = 3 ? Il est enfin possible d’effectuer un changement de variables dans une somme. Par n−1 X 2k , on exemple, en effectuant le changement de variables k 0 = k + 1 dans la somme k=0 p. 8 2 obtient n−1 X 2k = n X Nombres complexes 0 2k −1 . Par ailleurs, puisque la variable k 0 est muette, rien n’empêche k 0 =1 k=0 alors de la renommer, y compris par k. On en tire alors l’égalité n−1 X k=0 k 2 = n X 2k−1 . k=1 Si le procédé peut paraître surprenant au premier abord (b) , c’est néanmoins totalement licite (comme on peut s’en convaincre en développant la somme ci-dessus) et extrêmement utile dans la pratique (voir par exemple la démonstration de la proposition 36 pour une utilisation concrète de ce principe). 2 Nombres complexes Pour résoudre n + 1 = 0, il a fallu sortir de N et aller dans Z : −1 est un entier relatif qui n’est pas un entier naturel. Pour résoudre 2n = 1, il a fallu sortir de Z et aller dans Q, pour résoudre x2 = 2 il a fallu sortir de Q et aller dans R. De même, l’équation x2 = −1 n’a pas de solution dans R et il nous faut quitter R. On va donc construire un ensemble contenant strictement R, muni d’une addition et d’une multiplication aux propriétés analogues à celles que ces opérations ont dans Q ou R et dans lequel cette équation a (au moins) une solution : l’ensemble des nombres complexes. C’est un résultat profond, appelé théorème de D’Alembert-Gauss (c) , que toute équation polynomiale (c’est-à-dire qui ne fait intervenir que des constantes et des termes en x, x2 , x3 ,. . .) à coefficients complexes admet une solution complexe. Même si ce résultat est hors-programme, on en verra deux cas particuliers importants (à connaître !) aux paragraphes 3.1 et 3.2 à propos des équations, d’inconnue x, de la forme ax2 + bx + c = 0, avec a, b, c nombres complexes donnés, a , 0 et xn = Z, avec n entier naturel ≥ 2 et Z nombre complexe donnés. 2.1) Définition Définition 11 (Nombre complexe)– Un nombre complexe est un couple (a, b) de nombres réels. Deux nombres complexes (a, b) et (a0 , b0 ) sont égaux si, par définition, on a les égalités a = a0 et b = b0 . Un nombre complexe est donc, par définition, un élément de R2 = {(x, y) tel que x, y ∈ R}. b. On a l’impression d’écrire k = k + 1 . . . c. On dit aussi parfois théorème fondamental de l’Algèbre. 2 Nombres complexes p. 9 Convenons d’identifier R au sous-ensemble {(x, 0) tel que x ∈ R} de R2 constitué des couples dont la seconde coordonnée est nulle et de noter par i le nombre complexe (0, 1). On a alors (a, b) = a(1, 0) + b(0, 1) = a + bi. Il faut encore définir les lois d’addition et de multiplication sur les nombres complexes dont on a parlé plus haut. Définition 12 (Addition)– Si (a, b) et (c, d) sont deux nombres complexes, leur somme est définie comme étant le nombre complexe (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d). Autrement dit, on a (a + ib) + (c + id) = a + c + i(b + d). Définition 13 (Produit)– Si (a, b) et (c, d) sont deux nombres complexes, leur produit est défini comme étant le nombre complexe (a, b) × (c, d) = (ac − bd, ad + bc). Autrement dit, on a (a + ib) × (c + id) = ac − bd + i(ad + bc). Remarque 14– Lorsque cela n’induit pas d’ambiguïté (d) , on omet bien souvent le symbole × (ou ·) et on écrit simplement zz 0 au lieu de z × z 0 (ou z · z 0 ). En appliquant la définition 13 au produit i 2 = i × i, on obtient la formule fondamentale suivante : i 2 = −1. Définition 15– L’ensemble R2 muni de l’addition et de la multiplication ainsi définies s’appelle l’ensemble des nombres complexes et se note C. Remarque 16– Si K désigne l’un des ensembles N, Z, Q, R ou C, on note K∗ ou K \ {0} l’ensemble des éléments non nuls de K. L’ensemble des nombres réels positifs se note R+ , celui des réels négatifs R− . Quant à l’ensemble des réels strictement positifs (resp. strictement négatifs), on le note R∗+ (resp. R∗− ). On définit de même : Q− = {x ∈ Q tel que x ≤ 0}, Q+ = {x ∈ Q tel que x ≥ 0} Q∗− = {x ∈ Q tel que x < 0}, Q∗+ = {x ∈ Q tel que x > 0}. et d. Évidemment 2 × 3 × i n’est pas égal à 23 × i, mais par contre 2 × 3 × i = 2 × 3i = 2 · 3i. p. 10 2 Nombres complexes Noter que la notion « être positif » (ou « être négatif ») a bien un sens dans R (et ses sous-ensembles, comme par exemple Q), mais en aucun cas dans C (voir à ce propos le début du paragraphe 3.1.1). Définition 17 (Représentation algébrique d’un nombre complexe)– Étant donné un nombre complexe z, les réels a et b de l’écriture z = a + ib s’appellent respectivement la partie réelle de z, notée <(z), et la partie imaginaire de z, notée =(z). Cette écriture de z s’appelle sa représentation algébrique. Un nombre complexe dont la partie imaginaire est nulle est un nombre réel. Un nombre complexe dont la partie réelle est nulle s’appelle un imaginaire pur. 2.2) Règles de calcul dans C Les opérations d’addition et de multiplication dans C sont définies pour que les calculs se fassent avec les mêmes réflexes que dans R en ajoutant uniquement la nouvelle règle i 2 = −1. Nous listons maintenant les règles de calculs dans C. Soit z, z 0 , z 00 ∈ C. æ L’addition est associative (z + z 0 ) + z 00 = z + (z 0 + z 00 ). æ L’addition admet un élément neutre, à savoir 0 = 0 + i0 : z + 0 = 0 + z = z. æ Tout nombre complexe admet un opposé : celui de z se note −z. Il est défini ainsi : −z = −<(z) + i(−=(z)). On a z + (−z) = −z + z = 0. Par ailleurs, on note z − z 0 le nombre complexe z + (−z 0 ). æ L’addition est commutative z + z 0 = z 0 + z. æ La multiplication est associative (zz 0 )z 00 = z(z 0 z 00 ). æ La multiplication admet un élément neutre, à savoir 1 : 1z = z1 = z. æ Tout nombre complexe différent de 0 admet un inverse. Si z = a + ib, avec a et b réels, est un nombre complexe non nul, alors son inverse, noté z −1 ou 1z , est défini ainsi : 1 a b z −1 = = 2 −i 2 . (1) 2 z a +b a + b2 On a zz −1 = z −1 z = 1 (voir l’exercice corrigé 19 ci-dessous). 2 Nombres complexes p. 11 æ La multiplication est commutative zz 0 = z 0 z. æ La multiplication est distributive sur l’addition (z + z 0 )z 00 = zz 00 + z 0 z 00 . z(z 0 + z 00 ) = zz 0 + zz 00 . Exercice 18– Parmi les propriétés ci-dessus, quelles sont celles qui sont vérifiées par l’addition et la multiplication dans N ? dans Z ? Un ensemble muni d’une addition et d’une multiplication vérifiant toutes les propriétés ci-dessus est appelé un corps. Que peut-on dire de Q, R et C ? Exercice corrigé 19– Soit a, b deux nombres réels. Si a , 0 ou b , 0, montrer que a2 + b2 > 0. Vérifier alors que ! b a −i 2 (a + ib) 2 = 1. a + b2 a + b2 Exercice 20– À l’aide des propriétés de la multiplication dans C, montrer qu’un produit de deux nombres complexes est nul si et seulement si l’un d’entre eux est nul. Exercice corrigé 21– Écrire les nombres complexes suivants sous forme algébrique et déterminer leurs parties réelle et imaginaire (voir la définition 17). z1 = 3i + 7 − 5i, z2 = 4 − (1 − 2i), z3 = −i(2 + 3i), z4 = 3(5 − i) + i(−1 + 5i), i 1 z5 = (3 + 5i) 2 − , z6 = − i (5 + i), z7 = (1 + i)(1 − i), 2 2 1 1−i 5i z8 = , z9 = , z10 = . 3 + 4i 3 + 2i 4−i 2.3) Conjugué d’un nombre complexe On a vu au paragraphe précédent que pour déterminer la représentation algébrique de l’inverse du nombre complexe non nul z = a + ib avec a, b réels, il était utile de considérer le nombre complexe a − ib. On donne ici un nom à l’opération consistant à passer de a + ib à a − ib et on en étudie les principales propriétés. Définition 22– Si z = a + ib avec a et b réels, le nombre complexe a − ib s’appelle le conjugué de z. On note z = a − ib. L’application qui transforme z en z s’appelle la conjugaison complexe. On a la proposition suivante. p. 12 2 Nombres complexes Proposition 23– Si z = a + ib avec a et b réels, alors zz = a2 + b2 . En particulier, zz est un nombre réel positif ou nul. Démonstration. D’après les règles de calcul vues plus haut, si z = a + ib avec a et b réels, on a zz = (a + ib)(a − ib) = a2 + b2 + i(ba − ab) = a2 + b2 . D’où le résultat. Cette proposition implique que l’inverse du nombre complexe non nul z = a + ib est 1 z a b = 2 = 2 −i 2 . 2 2 z a +b a +b a + b2 On retrouve donc bien la formule (1). On établit maintenant les propriétés importantes de la conjugaison complexe. Proposition 24– Soit z, z1 , z2 des nombres complexes. On a : 1) z = z. 2) z1 + z2 = z1 + z2 . 3) z1 · z2 = z1 z2 . 1 1 4) = (si z , 0) z z 5) z + z = 2<(z) et z − z = 2i=(z). Remarque 25– Il résulte du troisième point de la proposition 24 que si λ est réel et si z est complexe alors λz = λz. Démonstration de la proposition 24. 1) Si z = x + iy avec x et y réels alors z = x − iy et donc z = x + iy = z. 2) Si z1 = x + iy et z2 = a + ib avec x, y, a, b réels alors z1 + z2 = x − iy + a − ib = (x + a) − i(y + b) = (x + a) + i(y + b) = z1 + z2 . 3) Si z1 = x + iy et z2 = a + ib avec x, y, a, b réels alors z1 · z2 = (x − iy)(a − ib) = xa − yb − i(ya + xb) et z1 z2 = (x + iy)(a + ib) = xa − yb + i(ya + xb) = xa − yb − i(ya + xb) d’où l’égalité cherchée. 2 Nombres complexes p. 13 4) En choisissant z1 = z et z2 = 1/z dans l’égalité précédente, on trouve z· 1 =1=1 z d’où 1 1 = . z z 5) On a z + z = <(z) + i=(z) + <(z) − i=(z) = 2<(z) et z − z = <(z) + i=(z) − <(z) + i=(z) = 2i=(z). Exercice corrigé 26– À l’aide de la représentation algébrique d’un nombre complexe et des propriétés de la conjugaison, résoudre dans C l’équation iz − 1 = 2z + i. 2.4) Puissance n-ième d’un nombre complexe Ce paragraphe va notamment être l’occasion d’utiliser le principe de récurrence pour démontrer des propriétés des nombres complexes. Dès lors qu’on sait multiplier, on sait prendre les puissances. Si z ∈ C et n ∈ N \ {0}, on définit la puissance n-ième de z par récurrence en posant si n = 1 z n z = (2) zz n−1 si n > 1. Autrement dit, zn = z × · · · × z. | {z } n répétitions de z dont on fait le produit Si de plus z , 0, on pose z 0 = 1 et 1 . zn On a donc z n z −n = 1. La proposition suivante est d’usage constant. z −n = (3) Proposition 27– Soit z et z 0 deux nombres complexes et m et n des entiers relatifs. Alors 1) z m z n = z m+n , avec z , 0 si m ≤ 0 ou n ≤ 0, 2) (z m )n = z mn , avec z , 0 si m ≤ 0 ou n ≤ 0, 3) z n = z n , avec z , 0 si n ≤ 0, 4) (zz 0 )n = z n z 0n , avec z , 0 et z 0 , 0 si n ≤ 0. Démonstration. La démonstration de cette proposition n’est pas difficile, mais fastidieuse. On se contente donc de montrer la propriété 2) à l’aide de 1). Pour tout n ∈ Z, pour tout m ∈ Z, on note P(m, n) la propriété « pour tout complexe z non nul, (z m )n = z mn ». Pour tout n ∈ Z, on note P(n) la propriété « pour tout m ∈ Z, la propriété P(m, n) est vraie ». p. 14 2 Nombres complexes a) Montrons par récurrence que P(n) est vraie pour tout n ≥ 0. Pour tout z , 0 et tout m ∈ Z, on a (z m )0 = 1. De plus z m·0 = z 0 = 1 donc (z m )0 = z m·0 et P(0) est vraie. Soit n ≥ 0 tel que la propriété P(n) est vraie. Soit z ∈ C∗ et m ∈ Z. On a (z m )n+1 = (z m )n z m par définition. Grâce à P(n), on a (z m )n = z mn et donc (z m )n+1 = z mn z m . Enfin, appliquant de nouveau 1), on a z mn z m = z mn+n et donc (z m )n+1 = z m(n+1) . La propriété P(n + 1) est vraie. La propriété P(0) est vraie. Pour tout n ≥ 0, si P(n) est vraie, alors P(n + 1) est vraie. Par récurrence, on en déduit que pour tout entier n ≥ 0, la propriété P(n) est vraie. b) Montrons enfin que P(n) est vraie pour tout entier n < 0. Soit n < 0. On écrit n = −q avec q ≥ 1. Soit z ∈ C∗ et m ∈ Z. On a (z m )−q = 1 . (z m )q Puisque q > 0, la relation P(q) est vraie et donc 1 1 = = z −mq = z mn . (z m )q z mq Ainsi, P(n) est vraie. Si n ≥ 1, la définition donnée par (3) indiquait que z −n est l’inverse de z n . La proposition 27 implique que, quelque soit le signe de n, on a z n z −n = z n−n = 1. L’égalité (3) est donc vraie pour tout n ∈ Z. Par ailleurs, la proposition 27 implique (z −1 )n = z −n . Autrement dit, on a n 1 1 z −n = n = , quel que soit z ∈ C∗ et n ∈ Z. z z 2.5) Triangle de Pascal et formule du binôme de Newton On commence par rappeler la définition du coefficient binomial vue au lycée. Définition 28 (Coefficient binomial)– Soit k et n deux entiers naturels tels que 0 ≤ k ≤ n. La notation nk désigne le nombre de chemins conduisant à k succès dans l’arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n. Remarque 29– Sur la figure 1, on a représenté un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre 3 et de probabilité de succès p. Exercice corrigé 30– Calculer les coefficients binomiaux ! ! ! ! ! 4 3 4 5 5 , , , et . 1 2 2 3 0 2 Nombres complexes p p. 15 1-p Succès Echec p 1-p Succès p Succès Echec 1-p Echec p Succès p 1-p 1-p p Succès 1-p Echec p Succès Echec Echec Succès 1-p Echec Figure 1: Arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre 3 ! ! n n Exercice corrigé 31– Pour n entier naturel et 0 ≤ k ≤ n, montrer que = . k n−k Si n ≥ 1, calculer les coefficients binomiaux ! ! ! ! n n n n , , et . 0 1 n−1 n La formule suivante permet de dessiner le triangle de Pascal (cf. figure 2). Proposition 32– Soit n ≥ 2 un entier naturel. Si 0 < k < n alors ! ! ! n n−1 n−1 = + . k k k−1 Démonstration. On considère un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n ≥ 2. Pour un chemin menant à k succès (avec 0 < k < n) dans cet arbre, on a l’alternative suivante : - soit on a obtenu k succès après n − 1 étapes (et la dernière est un échec) ; - soit on a obtenu k − 1 succès après n − 1 étapes (et la dernière est un succès). Ainsi, le nombre de chemins menant à k succès dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n est la somme du nombre de chemins menant à k succès dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n − 1 et du nombre de chemins menant à k − 1 succès dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n − 1. D’où la formule annoncée. La proposition 32 permet de donner une représentation graphique des coefficients binomiaux et de les calculer facilement. On place n sur un axe vertical et k sur un axe horizontal. On place nk à l’intersection de la ligne correspondant à n avec la colonne correspondant à k. Les égalités n0 = nn = 1 indiquent que la première colonne et la diagonale sont formées de 1. La proposition 32 indique que les coefficients qui ne sont ni sur la première colonne ni sur la diagonale s’obtiennent par ajout du coefficient à l’intersection de la ligne précédente et de la même colonne avec le coefficient à l’intersection de la ligne précédente et de la colonne précédente (voir la figure 2). p. 16 2 n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 k 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 Nombres complexes 8 9 10 11 1 3 1 6 1 4 10 10 5 1 15 20 15 6 1 21 35 35 21 7 1 28 56 70 56 28 8 1 36 84 126 126 84 36 9 45 120 210 252 210 120 45 55 165 330 462 462 330 165 1 10 55 1 11 1 4 5 6 7 Figure 2: Premières lignes du triangle de Pascal On souhaite à présent établir une formule pour le calcul direct des coefficients binomiaux. Pour cela, on introduit la notation « ! ». On pose 0! = 1 et pour a ≥ 1 entier, on définit a! par récurrence (e) : si a = 1 1 a! = (a − 1)!a si a > 1 En d’autres termes, si a ≥ 1, alors a! est le produit de tous les entiers de 1 à a. Par exemple, 4! = 24 et 6! = 720. La proposition suivante fait le lien entre coefficients binomiaux et factorielles. Proposition 33– Si k et n sont des entiers naturels tels que 0 ≤ k ≤ n, on a ! n n! = . k k!(n − k)! Démonstration. La proposition est vraie pour n = 0 car entier naturel et P(n) l’énoncé 0 0 =1= 0! 0!0! . Soit n ≥ 1 un ! n n! « Pour tout entier k tel que 0 ≤ k ≤ n, on a = .» k k!(n − k)! L’énoncé P(1) est vrai car ! 1 0! =1= 0 0!1! e. La notation « a! » se lit « factorielle a ». et ! 1 1! =1= . 1 1!0! 2 Nombres complexes p. 17 Soit n ≥ 1 tel que P(n) est vrai et 0 ≤ k ≤ n + 1. Comme ! ! (n + 1)! (n + 1)! n+1 n+1 =1= et =1= , 0 0!(n + 1)! n+1 (n + 1)!0! on peut supposer 0 < k < n + 1. D’après la proposition 32, on a alors ! ! ! n+1 n n = + k k k−1 n! n! = + par hypothèse de récurrence. k!(n − k)! (k − 1)!(n − (k − 1))! En utilisant les égalités (n − k + 1)! = (n − k)!(n − k + 1) et k! = (k − 1)!k, on réduit au même dénominateur ! ! n! ((n − k + 1) + k) (n + 1)! n n + = = . k k−1 k!(n − k + 1)! k!(n + 1 − k)! D’où P(n + 1) est vraie. Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si la proposition P(n) est vraie, alors la proposition P(n + 1) est vraie. Nous avons de plus montré que les propositions P(1) et P(0) sont vraies. Le principe de récurrence permet de conclure que la proposition P(n) est vraie pour tout n ≥ 0. Exercice 34– Refaire l’exercice 31 en utilisant la formule de la proposition 33 pour les coefficients binomiaux. La formule de la proposition 33 va nous permettre de faire le lien entre les coefficients binomiaux et les coefficients du développement de (u + v)n avec u, v nombres complexes et n entier naturel quelconques. À titre d’exemple, d’après les règles de calcul dans C du paragraphe 2.2, on a (u + v)2 = (u + v)(u + v) = u 2 + uv + vu + v 2 = u 2 + 2uv + v 2 ! ! 2 2 2 = u + uv + 0 1 ! ! 2 2 2 = v + uv + 0 1 ! 2 2 v 2 ! 2 2 u . 2 Exercice corrigé 35– Développer de même les produits (u+v)3 et (u+v)4 et pour chacun d’eux écrire les coefficients du développement à l’aide de coefficients binomiaux. On établit désormais une formule générale pour le développement de (u +v)n avec n entier naturel quelconque. En plus de la formule pour les coefficients binomiaux de la proposition 33, la démonstration de l’important résultat ci-dessous utilise le principe P de récurrence et des manipulations sur le symbole introduits aux paragraphes 1.1 et 1.2. p. 18 2 Nombres complexes Proposition 36 (Formule du binôme de Newton)– Si u et v sont complexes, si n ≥ 1 est entier naturel alors ! n X n j n−j n (u + v) = u v j j=0 ! ! ! ! ! n n n n−1 n n−2 2 n n n n−1 = v + v u+ v u + ··· + vu + u . 0 1 2 n−1 n Remarque 37– Dans la formule de Newton, on fait la convention 00 = 1. C’est nécessaire pour appliquer la formule lorsque v = 0 ou u = 0. Démonstration. Compte-tenu de la convention ci-dessus, la formule est vérifiée lorsque u = 0 ou v = 0. Soit u et v deux nombres complexes que l’on suppose donc non nuls et n ≥ 1 un entier naturel. On note H(n) la proposition ! n X n j n−j « (u + v) = u v » j n j=0 et on raisonne par récurrence. Pour n = 1 on a (u + v)1 = u + v et ! ! ! 1 X 1 j 1−j 1 1 u v = v+ u = u +v j 0 1 j=0 donc H(1) est vraie. Soit n ≥ 1 tel que la proposition H(n) est vraie. Alors (u + v)n+1 = (u + v)n (u + v) ! n X n = u j v n−j (u + v) j par hyptohèse de récurrence j=0 ! ! n n X n j+1 n−j X n j n−j+1 u v = u v + j j j=0 j=0 = n+1 X j=1 ! n X n n j n−j+1 j n−j+1 u v + u v j −1 j ! j=0 où l’on a effectué le changement de variables j 0 = j + 1 dans la première somme. Or, n+1 X j=1 ! ! ! ! n n X n n n n+1 X n j n−j+1 j n−j+1 u v = u v + u = u j v n−j+1 + u n+1 j −1 j −1 n j −1 j=1 j=1 2 et Nombres complexes p. 19 ! ! ! ! n n n X n j n−j+1 X n j n−j+1 n n+1 X n j n−j+1 u v = u v + v = u v + v n+1 j j 0 j j=0 j=1 j=1 donc n+1 (u + v) n X ! !! n n = + u j v n−j+1 + u n+1 + v n+1 j −1 j j=1 ! n X n + 1 j n+1−j = u v + u n+1 + v n+1 , j j=1 d’après la proposition 32 (on a bien 0 < j < n + 1). Par ailleurs, u n+1 = 0 n+1 même v n+1 = n+1 . Donc on obtient 0 u v (u + v) n+1 n+1 n+1 0 v n+1 u et de ! n+1 X n + 1 j n+1−j = u v j j=0 et H(n + 1) est vraie. Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si la proposition H(n) est vraie, alors la proposition H(n + 1) est vraie. Nous avons de plus montré que la proposition H(1) est vraie. Le principe de récurrence permet de conclure que la proposition H(n) est vraie pour tout n ≥ 1. 2.6) Module d’un nombre complexe #» #» On munit le plan R2 d’un repère orthonormé (O, i , j ). Tout nombre complexe z = a + ib avec a et b réels peut être représenté par un unique point du plan de coordonnées (a, b). Inversement, à tout point du plan de coordonnées (a, b) on peut associer un unique nombre complexe, à savoir z = a + ib. Le plan est donc une représentation géométrique de l’ensemble C (voir la figure 3). Le nombre complexe z associé à un point A du plan s’appelle l’affixe du point A. Le point A s’appelle le point image de z. Le théorème de Pythagore implique que l’on a OA2 = <(z)2 + =(z)2 . Donnons un nom à la distance OA. Définition 38– Soit z un nombre complexe. Le nombre réel module de z. On note q |z| = <(z)2 + =(z)2 . p <(z)2 + =(z)2 s’appelle le D’après ce qu’on vient de voir, on a le résultat suivant. Proposition 39– Le module |z| de z est la longueur du segment reliant O au point image de z. p. 20 2 Nombres complexes y A =(z) |z| O <(z) x Figure 3: Représentation géométrique de C Exercice corrigé 40– Soit z un nombre complexe. Où se situent les points images de z, −z et −z par rapport à celui de z ? (Faire une représentation graphique comme à la figure 3.) Que valent leurs modules respectifs ? On a déjà rencontré (sans le dire) le module d’un nombre complexe à la proposition 23. On peut désormais la reformuler ainsi. Proposition 41– Soit z un nombre complexe. On a zz = |z|2 . Exercice corrigé 42– Soit a un nombre réel. Montrer que √ ( a2 = a si a ≥ 0 . −a sinon En déduire que les fonctions module et valeur absolue coïncident sur l’ensemble des nombres réels. Compte-tenu de l’exercice ci-dessus, il n’est pas surprenant de constater que les propriétés du module sur C sont semblables aux propriétés de la valeur absolue sur R. On les résume dans la proposition suivante. 2 Nombres complexes p. 21 Proposition 43 (Propriétés du module)– Soit z et z 0 deux nombres complexes. æ |<(z)| ≤ |z| et |=(z)| ≤ |z|. æ |z| = 0 si et seulement si z = 0. æ |−z| = |z|. æ |z| = |z|. æ |zz 0 | = |z| · |z 0 |. 1 1 æ = (si z , 0). |z| z æ |z n | = |z|n (n ∈ Z et z , 0 si n ≤ 0). æ Inégalité triangulaire : |z + z 0 | ≤ |z| + |z 0 |. æ ||z| − |z 0 || ≤ |z − z 0 |. p Démonstration. 1) On a |z| = <(z)2 + =(z)2 et <(z)2 + =(z)2 ≥ <(z)2 ≥ 0 donc en passant aux racines carrées (et en utilisant l’exercice 42), il vient |z| ≥ |<(z)|. De même, <(z)2 + =(z)2 ≥ =(z)2 donc |z| ≥ |=(z)|. 2) a) Si |z| = 0 alors <(z)2 + =(z)2 = 0. On a <(z)2 ≥ 0 et =(z)2 ≥ 0, si l’un des deux termes <(z)2 ou =(z)2 était strictement positif on aurait |z| > 0. Donc <(z) = =(z) = 0 et z = 0. b) Si z = 0 alors <(z) = =(z) = 0 donc |z| = 0. 3) Cette propriété et la suivante ont été démontrées à l’exercice 40 par des arguments géométriques. On les démontre à présent par des arguments algébriques. De l’égalité −z = −<(z) − i=(z), on tire q q 2 2 |−z| = (−<(z)) + (−=(z)) = <(z)2 + =(z)2 = |z|. 4) De l’égalité z = <(z) − i=(z) on tire q q 2 2 |z| = <(z) + (−=(z)) = <(z)2 + =(z)2 = |z|. p 5) D’après la proposition 41, on a |zz 0 | = zz 0 · zz 0 , puis avec les propriétés de la conjugaison complexe (proposition 24) et le fait que zz ∈ R+ , z 0 z 0 ∈ R+ , il vient √ p |zz 0 | = zz z 0 z 0 = |z| · |z 0 |. 6) En prenant z 0 = 1/z dans le point précédent, on obtient 1 1 |z| · = z · = 1 z z et donc 1 1 = . |z| z 7) Soit n ≥ 1 et P(n) l’énoncé « pour tout z ∈ C, on a |z n | = |z|n ». L’énoncé P(1) est vrai. On suppose P(n) vrai pour un entier n ≥ 1 fixé et on considère un nombre p. 22 2 Nombres complexes n+1 = z n · z. D’après le point 5) (appliqué à z 0 = z n ), complexe z. Par définition, on a z n+1 n il vient z = |z | · |z|, puis, en utilisant l’hypothèse de récurrence, z n+1 = |z|n |z| c’est-à-dire z n+1 = |z|n+1 . Donc P(n + 1) est vraie. Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si la proposition P(n) est vraie, alors la proposition P(n + 1) est vraie. Nous avons de plus montré que la proposition P(1) est vraie. Le principe de récurrence permet de conclure que la proposition P(n) est vraie pour tout n ≥ 1. Il reste à montrer que la formule est valable pour les entiers n ≤ 0. Soit z , 0 encore un nombre complexe. On a |z n | = z1−n = |z1−n | d’après le point 6). Or P(−n) est vraie, donc 1 |z −n | = 1 |z|−n = |z|n . D’où le résultat. 8) On a, encore d’après les propositions 41 et 24, |z + z 0 |2 = (z + z 0 )(z + z 0 ) = (z + z 0 )(z + z 0 ) = |z|2 + zz 0 + zz 0 + |z 0 |2 . Or, zz 0 + zz 0 = zz 0 + zz 0 = 2<(zz 0 ) ≤ 2 zz 0 = 2|z| · |z 0 |. d’après les points 1), 4) et 5). On en déduit |z + z 0 |2 ≤ |z|2 + 2|z| · |z 0 | + |z 0 |2 = (|z| + |z 0 |)2 puis |z + z 0 | ≤ |z| + |z 0 |, car |z + z 0 | ≥ 0 et |z| + |z 0 | ≥ 0. 9) On a |z| = |z − z 0 + z 0 | ≤ |z − z 0 | + |z 0 | d’après l’inégalité triangulaire. On en déduit donc |z| − |z 0 | ≤ |z − z 0 | et de même, en écrivant z 0 = z 0 − z + z, |z 0 | − |z| ≤ |z 0 − z| = |z − z 0 |. D’où l’inégalité ||z| − |z 0 || ≤ |z − z 0 |, appelée parfois inégalité triangulaire inversée. Remarque 44– Soit z = a + ib et z 0 = a0 + ib0 deux nombres complexes avec a, a0 , b, b0 des nombres réels. On note A le point image de z et A0 le point image de z 0 . Alors |z − z 0 | est la longueur du segment [A, A0 ] (voir la figure 4 (a)). En effet le théorème de Pythagore implique q q 0 0 2 0 2 AA = (a − a) + (b − b) = (<(z 0 − z))2 + (=(z 0 − z))2 = |z 0 − z|. L’inégalité triangulaire a donc pour interprétation géométrique (voir figure 4 (b)) le fait que la longueur d’un côté quelconque d’un triangle est inférieure à la somme des longueurs des deux autres côtés (« le chemin le plus court entre deux points est la ligne droite »). 2 Nombres complexes y y A0 b0 A0 |z 0 − z| |b0 − b| |z 0 − z| b p. 23 A A |a0 |z 0 | − a| |z| O a a0 (a) x O x (b) Figure 4: (a) Interprétation géométrique de |z 0 − z|. (b) Interprétation géométrique de |z 0 − z| ≤ |z 0 | + |z|. Exercice corrigé 45– Déterminer l’ensemble des nombres complexes non nuls z tels 1 que z, et z − 1 ont même module. z 2.7) Trigonométrie 2.7.1 Les fonctions sinus et cosinus Munissons le plan d’un repère ortho#» #» normé direct (O, i , j ). Le cercle trigonoy métrique est le cercle de centre O et de #» j rayon 1. On appelle quadrants les quatre régions déterminées par les conditions M sin α suivantes sur les signes des coordonnées x et y des points s’y trouvant : #» i α æ premier quadrant : x ≥ 0, y ≥ 0 ; x cos α O æ deuxième quadrant : x ≤ 0, y ≥ 0 ; æ troisième quadrant : x ≤ 0, y ≤ 0 ; æ quatrième quadrant : x ≥ 0, y ≤ 0. On place un point M sur le cercle trigonométrique. La demi-droite Ox et la demi-droite d’origine O passant par Figure 5: Fonctions cos et sin M déterminent un angle orienté de mesure (f ) α. Rappelons au passage qu’un angle orienté a plusieurs mesures et que si α et α0 sont deux mesures d’un même f . Nous exprimerons toujours les mesures des angles en radians. On rappelle que 180°=π rad. p. 24 2 Nombres complexes angle alors il existe un entier relatif k tel que α0 = α + 2kπ. De plus, tout réel est la mesure d’un angle entre la demi-droite Ox et une demi-droite d’origine O. Dans le #» #» repère (O, i , j ), le point M a des coordonnées appartenant toutes deux à l’intervalle [−1, 1]. On note cos α l’abscisse de M et sin α son ordonnée. Le théorème de Pythagore dans la triangle déterminé par O, M et la projection orthogonale de M sur la droite Ox donne (cos(α))2 + (sin(α))2 = 1. Conformément à une habitude ancienne, on notera très souvent sin2 α au lieu de (sin(α))2 et cos2 α au lieu de (cos(α))2 . L’équation fondamentale précédente s’écrit donc ainsi (g) : cos2 α + sin2 α = 1. (4) Puisque pour tout k ∈ Z, α et α + 2kπ sont deux mesures d’un même angle, on a cos(α + 2kπ) = cos α et sin(α + 2kπ) = sin α pour tout k ∈ Z. 2.7.2 Valeurs en des angles de références du premier quadrant Il est nécessaire de connaître les valeurs de cosinus et sinus données dans le tableau 1. α 0 cos(α) 1 sin(α) 0 π 6 √ 3 2 1 2 π 4 π 3 1 √ 2 1 √ 2 1 2 √ 3 2 Table 1: Angles de références du premier quadrant 2.7.3 Valeurs en des angles des autres quadrants Pour calculer les valeurs des cosinus et sinus dans les trois autres quadrants, on utilise le tableau 2 qu’il est donc nécessaire de connaître. On peut retenir la méthode suivante pour savoir quelle formule appliquer. À titre d’exercice, on utilisera cette méthode pour justifier les valeurs données dans les tableaux 3, 4 et 5. Soit θ ∈ R. Pour calculer cos θ et sin θ : g. À l’écrit, on prendra garde à mettre clairement le 2 en exposant. Pour éviter toute confusion, on écrit cos(2α) avec des parenthèses. 2 Nombres complexes p. 25 1) Si θ n’est pas compris entre 0 et 2π lui retirer le multiple nécessaire de 2π pour obtenir un angle de mesure dans [0, 2π[ de même cosinus et sinus que θ. 2) Si θ ∈ [0, 2π[ : π a) si θ ∈ 0, , utiliser la table 1 ; 2 π , π , calculer ϕ tel que θ = π − ϕ (voir figure 6), calculer cos ϕ et b) si θ ∈ 2 sin ϕ à l’aide de la table 1 puis cos θ = − cos ϕ et sin θ = sin ϕ ; 3π , calculer ϕ tel que θ = π + ϕ, calculer cos ϕ et sin ϕ à l’aide c) si θ ∈ π, 2 de la table 1 puis cos θ = − cos ϕ et sin θ = − sin ϕ ; 3π , 2π , calculer ϕ tel que θ = −ϕ, calculer cos ϕ et sin ϕ à l’aide d) si θ ∈ 2 de la table 1 puis cos θ = cos ϕ et sin θ = − sin ϕ. y #» j θ = π−ϕ θ=ϕ #» i x θ = π + ϕ θ = 2π − ϕ Figure 6: Calculs des valeurs de cosinus et sinus π−α π+α cos α π +α 2 − sin α − cos α − cos α − sin α cos α sin α − sin α β −α cos(β) sin(β) Table 2: Calcul des angles dans les autres quadrants p. 26 2 Nombres complexes α π 2 2π 3 3π 4 cos(α) 0 − sin(α) 1 1 2 √ 3 2 1 −√ 2 1 √ 2 5π 6 √ 3 − 2 1 2 Table 3: Angles de références du deuxième quadrant α π cos(α) −1 sin(α) 0 7π 6 √ 3 − 2 − 1 2 5π 4 4π 3 1 −√ 2 1 −√ 2 1 2 √ 3 − 2 − Table 4: Angles de références du troisième quadrant α 3π 2 5π 3 7π 4 cos(α) 0 1 2 √ sin(α) 1 1 √ 2 1 −√ 2 − 3 2 11π 6 √ 3 2 − 1 2 Table 5: Angles de références du quatrième quadrant Pour trouver un angle dont une mesure θ a pour cosinus C et pour sinus S (il faut bien sûr C2 + S2 = 1), on peut appliquer la méthode ci-dessous. Pour trouver θ tel que cos θ = C et sin θ = S : on commence par trouver ϕ tel que cos ϕ = |C| et sin ϕ = |S| à l’aide de la table 1 (voir également la figure 6) puis 1) si C ≥ 0 et S ≥ 0, alors θ = ϕ ; 2) si C ≤ 0 et S ≥ 0, alors θ = π − ϕ ; 3) si C ≤ 0 et S ≤ 0, alors θ = π + ϕ ; 4) si C ≥ 0 et S ≤ 0, alors θ = −ϕ. 2 2.7.4 Nombres complexes p. 27 Formules d’addition Les formules d’addition permettent d’évaluer les cosinus et sinus d’une somme d’angles. Leur démonstration a été vue dans certaines filières au lycée. Théorème 46 (Formules d’addition)– Si a et b sont réels alors cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b) et sin(a + b) = sin(a) cos(b) + cos(a) sin(b). En utilisant le théorème ci-dessus et la formule fondamentale (4), on a pour tout réel a cos(2a) = cos2 a − sin2 a et sin(2a) = 2 sin(a) cos(a). = 2 cos2 a − 1 = 1 − 2 sin2 a Exercice 47– Déduire du théorème 46 et des propriétés de parité des fonctions sinus et cosinus des formules pour cos(a − b) et sin(a − b). Exercice corrigé 48– Soit a et b deux nombres réels. Montrer que 1 cos(a) cos(b) = (cos(a + b) + cos(a − b)) 2 et ! ! a+b a−b cos(a) + cos(b) = 2 cos cos . 2 2 x 0 π/6 π/4 π/3 π/2 √ √ cos(x) 1 3/2 2/2 1/2 0 √ √ sin(x) 0 1/2 2/2 3/2 1 sin(π + x) = − sin(x) π+x π −x 2 cos2 x + sin2 x = 1. sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y π +x 2 −x x sin(−x) = − sin(x) cos(−x) = cos(x) π − x = sin(x) 2 π sin − x = cos(x) 2 cos 2 cos(π + x) = − cos(x) sin(π − x) = sin(x) cos(π − x) = − cos(x) π−x π + x = − sin(x) 2 π sin + x = cos(x) 2 2.7.5 cos p. 28 Nombres complexes Résumé des formules à savoir 2 Nombres complexes p. 29 2.8) Argument d’un nombre complexe 2.8.1 Argument d’un nombre complexe de module 1 Soit z un nombre complexe de module 1. Il est l’affixe d’un point A du cercle trigonométrique (c’est-à-dire du cercle de centre O et de rayon 1). Notons θ une mesure de l’angle entre la demi-droite orientée [Ox) et la demi-droite orientée [OA) (voir la figure 7). Par définition des fonctions sinus et cosinus, on a alors <(z) = cos θ et =(z) = sin θ. y (0, 1) A sin θ θ (1, 0) cos θ O x Figure 7: Argument d’un nombre complexe de module 1. Définition 49– Soit z un nombre complexe de module 1. On appelle argument de z tout réel θ tel que <(z) = cos θ et =(z) = sin θ. Exercice corrigé 50– Donner un argument des nombres complexes de module 1 suivants : 1, i, −1 et −i. Il est important de remarquer qu’un nombre complexe de module 1 admet plusieurs 3π arguments : par exemple, π2 , 5π 2 et − 2 , sont des arguments du nombre complexe i (voir à ce propos la proposition 56). Une formule importante et très utile (voir le paragraphe 3.3.1), due à De Moivre, permet d’élever à toute puissance les nombres complexes de module 1. Sa démonstration (au moins pour les exposants ≥ 0) est un bon exercice sur la récurrence. p. 30 2 Nombres complexes Théorème 51 (Formule de De Moivre)– Soit n ∈ Z alors (cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ). Démonstration. Pour n ≥ 0, on raisonne par récurrence. Soit M(n) la propriété « pour tout réel θ on a (cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ) ». Pour n = 0, le résultat provient de (cos θ + i sin θ)0 = 1 et cos(0) = 1, sin(0) = 0. Soit n ≥ 0. On suppose M(n) est vraie. On a alors (cos θ + i sin θ)n+1 = (cos θ + i sin θ)n (cos θ + i sin θ) = (cos(nθ) + i sin(nθ)) (cos θ + i sin θ) car M(n) est vraie. En développant le produit, on obtient (cos θ + i sin θ)n+1 = (cos(nθ) cos θ − sin(nθ) sin θ) + i (cos(nθ) sin θ + sin(nθ) cos θ) . Les formules d’addition (théorème 46) donnent cos(nθ) cos θ − sin(nθ) sin θ = cos(nθ + θ) et cos(nθ) sin θ + sin(nθ) cos θ = sin(nθ + θ) de sorte que (cos θ + i sin θ)n+1 = cos ((n + 1)θ)) + i sin ((n + 1)θ) . La propriété M(n + 1) donc vraie. On a montré que M(0) est vraie puis que, pour tout n ≥ 0, si M(n) est vraie, alors M(n + 1) est vraie. Par récurrence, la formule de De Moivre est donc vraie pour tout entier n ≥ 0. Il reste à la démontrer pour les entiers strictement négatifs. Si n est un entier négatif, on écrit n = −m avec m ∈ N. On a donc (cos θ + i sin θ)n = 1 cos θ + i sin θ m . Mais, cos θ + i sin θ étant de module 1, on a 1 = cos θ − i sin θ = cos(−θ) + i sin(−θ). cos θ + i sin θ Ainsi, (cos θ + i sin θ)n = (cos(−θ) + i sin(−θ))m . La formule de De Moivre, déjà démontrée pour les exposants positifs, peut alors être appliquée au membre de droite. Elle donne (cos(−θ) + i sin(−θ))m = cos(−mθ) + i sin(−mθ) = cos(nθ) + i sin(nθ) et donc (cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ). Ceci achève notre démonstration. 2 2.8.2 Nombres complexes p. 31 Argument d’un nombre complexe non nul Soit z un nombre complexe non nul et λ un réel positif. Si A est le point d’affixe z, ses coordonnées sont (x, y) = (<(z), =(z)). Puisque λz = λ<(z) + iλ=(z), les coordonnées # » # » du point B d’affixe λz sont (λx, λy). Ainsi OB = λOA et l’angle entre la demi-droite orientée [Ox) et la demi-droite orientée [OB) est le même que l’angle entre la demidroite orientée [Ox) et la demi-droite orientée [OA). On est donc amené à poser la définition suivante (voir la figure 8). Définition 52– Si z est un nombre complexe non nul, on appelle argument de z tout argument du nombre complexe z/|z| de module 1. y (0, 1) B A sin θ θ (1, 0) cos θ O x Figure 8: Argument d’un nombre complexe non nul Exercice 53– Si x est un nombre réel non nul, donner le module et un argument de x (on distinguera deux cas suivant le signe de x). L’introduction de ce paragraphe 2.8.2 montre la proposition suivante qui donne une interprétation géométrique de l’argument. Proposition 54– Si z est un nombre complexe non nul, ses arguments sont des mesures de l’angle entre la demi-droite orientée [Ox) et la demi-droite orientée [OA) où A est le point image de z. p. 32 2 Nombres complexes Définition 55 (Représentation trigonométrique d’un nombre complexe non nul)– Soit z un nombre complexe non nul. L’écriture z = r(cos θ + i sin θ) où r = |z| et θ est un argument de z, s’appelle la représentation trigonométrique de z. La représentation trigonométrique indique qu’un nombre complexe est déterminé de façon univoque par la donnée d’une longueur (son module) et d’un angle (h) . Un nombre complexe non nul n’admet pas un argument unique. On a en revanche la propriété suivante reliant les arguments d’un même nombre complexe. Proposition 56– Si θ et θ 0 sont arguments d’un même nombre complexe non nul alors il existe un entier relatif k tel que θ 0 = θ + 2kπ. Démonstration. Si z = |z|(cos θ + i sin θ) = |z|(cos θ 0 + i sin θ 0 ) alors, |z| étant non nul, on a cos θ = cos θ 0 et sin θ = sin θ 0 ce qui implique le résultat. Au lieu de dire « il existe un entier relatif k tel que θ 0 = θ + 2kπ », on dit « les deux réels θ et θ 0 sont congrus modulo 2π » et on écrit θ ≡ θ 0 (mod 2π). On note alors arg(z) un argument de z, sans préciser lequel. On a listé dans la proposition ci-dessous les principales propriétés de l’argument. Proposition 57– Soit z et z 0 deux nombres complexes non nuls. 0 0 æ arg(zz ) ≡ arg(z) + arg(z ) (mod 2π) ; 1 æ arg ≡ − arg(z) (mod 2π) ; z æ arg(z) ≡ ! − arg(z) (mod 2π) ; z0 æ arg ≡ arg(z 0 ) − arg(z) (mod 2π) ; z æ arg(z n ) ≡ n arg(z) (mod 2π) (n ∈ Z). Démonstration. 1) On pose z = |z|(cos θ + i sin θ) et z 0 = |z 0 |(cos θ 0 + i sin θ 0 ). On a alors zz 0 = |z||z 0 |(cos θ + i sin θ)(cos θ 0 + i sin θ 0 ) = |zz 0 | ((cos θ cos θ 0 − sin θ sin θ 0 ) + i(cos θ sin θ 0 + sin θ cos θ 0 )) = |zz 0 | (cos(θ + θ 0 ) + i sin(θ + θ 0 )) . Un argument de zz 0 est θ + θ 0 , c’est-à-dire la somme d’un argument de z et d’un argument de z 0 . 2) Puisque 1 ∈ R∗+ , on a arg(1) ≡ 0 (mod 2π). Le choix de z 0 = 1/z dans l’égalité arg(zz 0 ) ≡ arg(z) + arg(z 0 ) (mod 2π) conduit alors à arg(z) + arg(1/z) ≡ 0 (mod 2π), c’est-à-dire arg(1/z) ≡ − arg(z) (mod 2π). h. Lorsqu’on détermine un point par ses coordonnées dans un repère, on parle de coordonnées cartésiennes ; si on le détermine par la longueur et un angle, on parle de ses coordonnées polaires. 2 Nombres complexes p. 33 0 0 0 3) Le choix de z = z dans l’égalité arg(zz ) ≡ arg(z) + arg(z ) (mod 2π) conduit à 2 2 ∗ arg |z| ≡ arg(z) + arg(z) (mod 2π). Puisque |z| ∈ R+ , on en déduit 0 ≡ arg(z) + arg(z) (mod 2π) puis le résultat. 4) Cette égalité est conséquence de la première appliquée à 1/z au lieu de z et de la deuxième. 5) Appelons A(n) l’hypothèse « pour tout nombre complexe non nul z, on a arg(z n ) ≡ n arg(z) (mod 2π) ». L’hypothèse A(0) est vraie puisque arg(1) ≡ 0 (mod 2π). Soit n ∈ N. On suppose vraie l’hypothèse A(n). En utilisant la première égalité avec z 0 = z n on trouve arg(z n+1 ) ≡ arg(z n ) + arg(z) (mod 2π). L’hypothèse de récurrence conduit alors à arg(z n+1 ) ≡ n arg(z) + arg(z) (mod 2π) c’est-à-dire à arg(z n+1 ) ≡ (n + 1) arg(z) (mod 2π) qui est A(n + 1). Par récurrence, l’égalité arg(z n ) ≡ n arg(z) (mod 2π) est donc vraie pour tout entier n ≥ 0. Montrons la pour n < 0. Si n < 0, on écrit n = −m avec m > 0 et on a m ! 1 1 n arg(z ) ≡ arg ≡ m arg ≡ −m arg(z) (mod 2π). z z On détaille sur un exemple le calcul pratique de la représentation trigonométrique d’un nombre complexe. Exemple 58– On √ souhaite déterminer la représentation trigonométrique du nombre complexe z = 2 3 − 2i. 1. On commence par déterminer son module. Ici, on a r √ 2 √ 2 3 + (−2)2 = 16 = 4. |z| = √ z 3 1 2. Le nombre complexe = − i est de module 1. Par définition, trouver un |z| 2 2 argument de z revient donc à trouver un réel θ tel que √ 3 cos(θ) = 2 et 1 sin(θ) = − . 2 D’après le tableau 5 (qu’il convient donc de connaître ou de savoir retrouver rapidement !) ou la méthode décrite dans l’encadré page 26, on constate que (par 11π exemple) θ = convient. 6 La représentation trigonométrique de z est donc 11π 11π z = 4 cos + i sin . 6 6 p. 34 2 Nombres complexes Exercice corrigé 59– Déterminer la représentation trigonométrique des nombres complexes suivants : √ ! √ 3 1 z1 = −2 + 2i, z2 = −3 + i 3, z3 = −π, z4 = i − − i , 2 2 √ 2 z5 = , 1+i z6 = √ 6+i 2 , 1+i z7 = cos(θ) − i sin(θ), où θ ∈ R. 2.9) Exponentielle et représentation exponentielle d’un nombre complexe Les propriétés d’additivité de l’argument du produit de deux nombres complexes nous amènent à prolonger la fonction exponentielle aux nombres imaginaires purs. Définition 60– Soit θ ∈ R. On définit eiθ = cos(θ) + i sin(θ). On écrit aussi eθi . Des propriétés des fonctions trigonométriques (notamment les formules d’addition, cf. théorème 46), on déduit la proposition suivante. Proposition 61– Soit θ et θ 0 deux nombres réels. 0 0 æ eiθ eiθ = ei(θ+θ ) ; 1 æ iθ = e−iθ ; e æ eiθ = e−iθ ; n æ eiθ = einθ (n ∈ Z) (Formule de De Moivre) ; 0 æ eiθ = eiθ si et seulement si θ 0 ≡ θ (mod 2π). En additionnant et soustrayant les deux égalités eiθ = cos θ + i sin θ et e−iθ = cos θ − i sin θ, on obtient le résultat suivant. Théorème 62 (Formules d’Euler)– Soit θ ∈ R. On a cos θ = eiθ + e−iθ 2 et sin θ = eiθ − e−iθ . 2i Remarque 63– Vous verrez plus tard dans vos études que l’on peut définir l’exponentielle sur C par approximations successives (techniquement, une série) indépendamment des fonctions cosinus et sinus. Les formules d’Euler servent alors à définir les fonctions cosinus et sinus. 3 Utilisation des nombres complexes p. 35 Après les représentations algébrique (définition 17) et trigonométrique (définition 55), on voit une troisième et dernière écriture possible d’un nombre complexe non nul. Définition 64 (Représentation exponentielle d’un nombre complexe non nul)– Soit z un nombre complexe non nul. L’écriture z = reiθ où r = |z| et θ est un argument de z, s’appelle la représentation exponentielle de z. Puisque |z| est un réel strictement positif, il existe un réel a tel que |z| = ea . On a alors z = ea eib . On utilise cette formule pour étendre la fonction exponentielle de R à C par la définition suivante. Définition 65 (Exponentielle complexe)– Si a et b sont deux nombres réels, on pose ea+ib = ea (cos b + i sin b). Exercice corrigé 66– Si z et z 0 sont deux nombres complexes, démontrer les égalités suivantes : 0 0 1 = e−z et (ez )n = enz (n ∈ Z). ez+z = ez · ez , ez Exercice 67– Déterminer la représentation exponentielle des nombres complexes suivants : −2 + 2i z1 = 2 − 2i, z2 = cos(2) + i sin(2), z3 = −1, z4 = √ , 1+i 3 z5 = eiθ + eiϕ , 3 où θ et ϕ sont des réels de [0, 2π[. Utilisation des nombres complexes Comme annoncé en introduction des nombres complexes, on démontre dans cette partie deux cas particuliers du théorème de D’Alembert-Gauss. 3.1) Trinôme du second degré à coefficients complexes On commence par le cas des équations polynomiales du second degré : ax2 + bx + c = 0, avec a, b, c nombres complexes donnés, a , 0. La méthode employée généralise directement celle utilisée au lycée dans le cas des coefficients réels. L’étape clé est l’« extraction » d’une racine carrée d’un nombre complexe donné. Elle fait l’objet du premier paragraphe ci-dessous. p. 36 3 3.1.1 Utilisation des nombres complexes Racines carrées d’un nombre complexe Dans R, la racine carrée d’un nombre réel positif a est l’unique réel positif x vérifiant x2 = a. Dans C, il n’y a aucun moyen de distinguer a priori deux nombres complexes dont le carré est un nombre complexe donné. On ne peut donc pas parler de la racine √ carrée mais des racines carrées d’un nombre complexe et on n’utilise pas la notation · qui est réservée exclusivement aux nombres réels ≥ 0. Soit Z = a + ib, avec a, b ∈ R, un nombre complexe écrit sous forme algébrique. Dans ce paragraphe, on explique comment déterminer, sous forme algébrique, les racines carrées complexes de Z, c’est-à-dire les nombres complexes z tels que z 2 = Z. On écrit z = x + iy, avec x, y ∈ R. Alors z 2 = Z si et seulement si x2 − y 2 + 2ixy = a + ib soit, en identifiant parties réelles et imaginaires, ( 2 x − y2 = a . 2xy = b La résolution de ce système n’est pas immédiate (mais possible tout de même). On 2 pense donc √ à comparer les modules des deux membres de l’égalité z = Z. On en déduit x2 + y 2 = a2 + b2 . Donc z est solution de z 2 = Z si et seulement si x2 − y 2 = a (5) √ x2 + y 2 = a2 + b2 (6) 2xy = b (7) En additionnant puis soustrayant les équations (5) et (6), on tire √ 1 √ 1 x 2 = a + a2 + b 2 et y 2 = −a + a2 + b2 . 2 2 Ces égalités fixent les réels x et y au signe près. Mais l’équation (7) indique que le produit xy a même signe que b. On a donc démontré le résultat suivant. Théorème 68– Soit a, b deux nombres réels. On pose q q √ √ 1 1 a + a2 + b2 et ω2 = √ −a + a2 + b2 . ω1 = √ 2 2 Les racines carrées de a + ib sont les nombres complexes de la forme x + iy avec 1) si b ≥ 0 : x = ω1 et y = ω2 x = −ω1 et y = −ω2 ; x = ω1 et y = −ω2 ou 2) si b < 0 : ou x = −ω1 et y = ω2 . 3 Utilisation des nombres complexes p. 37 Il n’est pas nécessaire de retenir par cœur les formules du théorème 68. En revanche, il faut savoir appliquer la méthode qui a conduit à ce résultat dans des cas pratiques. On la détaille sur un exemple. Exemple 69– On détermine les racines carrées du nombre complexe Z = −5 − 12i. On cherche les solutions z de l’équation z 2 = Z sous leur forme algébrique z = x + iy, avec x, y ∈ R. On a alors z 2 = Z si et seulement si x2 − y 2 = <(z 2 ) = <(Z) = −5 q 2 2 2 2 z x + y = |z| = = |Z| = (−5)2 + (−12)2 = 13 2xy = =(z 2 ) = =(Z) = −12 (8) (9) (10) En additionnant les équations (8) et (9), il vient 2x2 = 8, d’où x2 = 4 puis x = ±2. En les soustrayant, on trouve 2y 2 = 18, d’où y 2 = 9 puis y = ±3. Enfin, l’équation (10) montre que le produit xy est négatif. Autrement dit, x et y sont de signes opposés. On en déduit que les solutions z de l’équation z 2 = −5 − 12i sont z = −2 + 3i et z = 2 − 3i. 3.1.2 Trinôme du second degré Si a, b et c sont trois nombres complexes, avec a , 0. On veut résoudre dans C l’équation az 2 + bz + c = 0. Pour cela, a étant non nul, on écrit ! c b az + bz + c = a z + z + . a a 2 2 Or, b b z + z= z+ a 2a !2 2 et donc − b2 4a2 !2 2 − 4ac b b az + bz + c = a z + − . 2a 4a2 2 Considérons δ une racine carrée de b2 − 4ac (c’est-à-dire n’importe quel nombre complexe δ tel que δ2 = b2 −4ac). Dans la pratique, le calcul de δ se fait sous forme algébrique par la méthode du paragraphe 3.1.1. On a alors b z+ 2a !2 b2 − 4ac b − = z+ 2 2a 4a !2 2 ! ! δ b+δ b−δ − = z+ z+ 2a 2a 2a puis b+δ az + bz + c = a z + 2a 2 ! ! b−δ z+ . 2a p. 38 3 Utilisation des nombres complexes Donc, comme a , 0, on a (d’après l’exercice 20) az 2 + bz + c = 0 si et seulement si z= −b − δ 2a ou z = −b + δ . 2a On a ainsi démontré le résultat suivant. Théorème 70– Soit a, b et c trois nombres complexes, avec a , 0. Les solutions complexes de az 2 + bz + c = 0 sont −b − δ −b + δ z= et z = 2a 2a où δ est n’importe laquelle des racines carrées de b2 − 4ac. Remarque 71– Le nombre b2 −4ac s’appelle le discriminant de l’équation az 2 +bz +c = 0. On le note traditionnellement ∆. Posons z− = −b − δ 2a et z + = −b + δ . 2a On a la factorisation az 2 + bz + c = a(z − z + )(z − z − ). Or z + = z − si et seulement si δ = 0. Dans ce cas on a une seule racine. Comme az 2 + bz + c = a(z − z + )2 , cette racine est dite double. Si δ , 0, on a z + , z − et on obtient deux racines distinctes qu’on qualifie de simples. En développant a(z − z + )(z − z − ) on voit que −a(z + + z − ) = b et que az + z − = c. On en déduit le corollaire suivant. Corollaire 72 (Relations coefficients/racines)– Soit a, b et c trois nombres complexes, avec a , 0. Soit S la somme des racines de az 2 + bz + c = 0 et P leur produit. On a S=− b a et c P= . a Autrement dit, az 2 + bz + c = a(z 2 − Sz + P). Exemple 73– On résout dans C l’équation −z 2 + (1 + 3i)z + 32 − i = 0. On commence par vérifier par un calcul (mental) rapide si cette équation a une racine « évidente » (i) . Comme ce n’est pas le cas, on calcule le discriminant ∆ du trinôme −z 2 + (1 + 3i)z + 23 − i. On trouve : 3 ∆ = (1 + 3i)2 − 4 × (−1) × − i = −2 + 2i. 2 On détermine ensuite un nombre complexe δ tel que δ2 = ∆ (i.e. δ est une racine carrée complexe de ∆). On cherche δ sous forme algébrique δ = x + iy, avec x, y ∈ R, en suivant la méthode du paragraphe 3.1.1. On est donc amené à résoudre le système : i. Bien entendu, la notion de racine « évidente » dépend de l’appréciation de chacun mais 0, ±1, ±2, ±i en font assurément partie. 3 Utilisation des nombres complexes p. 39 2 2 x − y = −2 √ 2 2 x + y = 2 2 2xy = 2 (11) (12) (13) Avec les équations (11) et (12), on en déduit que l’on a q q √ √ x = ± −1 + 2 et y = ± 1 + 2. Or, d’après l’équation (13), x et y sont de même signe, donc finalement q q ! √ √ δ = ± −1 + 2 + i 1 + 2 . p p √ √ Choisissons par exemple (j) δ = −1 + 2 + i 1 + 2. Alors, d’après le théorème 70, les solutions complexes de l’équation −z 2 + (1 + 3i)z + 32 − i = 0 sont p p √ √ q q ! −1 − 3i + −1 + 2 + i 1 + 2 1 1 √ 3 1 √ z= = − − 2−1+i 2+1 −2 2 2 2 2 et −1 − 3i − z= p p √ √ −1 + 2 + i 1 + 2 −2 q q ! 1 1 √ 3 1 √ = + + 2−1+i 2+1 . 2 2 2 2 Exercice corrigé 74– Résoudre dans C les équations suivantes : z 2 − iz − 1 = 0, 4 √ √ z 2 − (1 + 2 2)z + 2 + 2 = 0, z 2 − 5iz − 7 − i = 0, z 2 − (1 + 7i)z + 7i = 0. 3.2) Racines n-ièmes de l’unité Définition 75 (Racines n-ièmes de l’unité)– Soit n ≥ 2 un entier naturel. On appelle racine n-ième de l’unité tout nombre complexe z vérifiant z n = 1. Lorsque n = 2, on parle de racine carrée. Pour n = 3, on parle de racine cubique. Les résultats de l’exercice ci-dessous sont à connaître. Exercice corrigé 76– Pour chacune des valeurs n = 2, 3 et 4, déterminer sous formes algébrique et exponentielle les racines n-ièmes de l’unité. Combien y en a-t-il ? Calculer leur somme. j. L’autre choix conduit bien entendu au même ensemble de solutions. p. 40 3 Utilisation des nombres complexes Si z n = 1, alors |z|n = 1 et, puisque |z| est un réel positif, on en tire |z| = 1. Il existe donc un réel θ tel que z = eiθ . De z n = 1 on déduit alors einθ = 1 et donc il existe un entier relatif k tel que nθ = 2kπ. Alors, θ = 2kπ/n. Les racines n-ièmes de l’unité sont donc toutes de la forme e2ikπ/n avec k ∈ Z. Réciproquement, si z = e2ikπ/n avec k ∈ Z alors z n = e2ikπ = 1 et z est une racine n-ième de l’unité. L’ensemble des racines n-ièmes de l’unité est donc exactement l’ensemble des nombres e2ikπ/n avec k ∈ Z. Montrons qu’il n’y a parmi les racines trouvées précédemment qu’un nombre fini de racines non redondantes. Soit k ∈ Z. On pose $ % k (où bxc désigne la partie entière de x ∈ R) et r = k − pn. p= n Par définition de la partie entière (k) , p≤ k < p+1 n donc pn ≤ k < pn + n. On en déduit 0 ≤ r < n. Mais, e2ikπ/n = e2i(pn+r)π/n = e2ipπ e2irπ/n = e2irπ/n . L’ensemble des racines n-ièmes de l’unité est donc exactement l’ensemble des nombres e2irπ/n avec r ∈ {0, . . . , n − 1}. Montrons enfin que dans le dernier ensemble de solutions trouvé, il n’y a plus de 0 redondances. Si r et r 0 sont deux entiers de {0, . . . , n − 1} tels que e2irπ/n = e2ir π/n alors 0 e2i(r−r )π/n = 1. On en déduit l’existence de k ∈ Z tel que 2(r − r 0 )π/n = 2kπ, soit encore r − r 0 = kn. Mais |r − r 0 | ≤ n − 1 car r, r 0 ∈ {0, . . . , n − 1}. Puisque |r − r 0 | = |k|n, on en tire |k| ≤ 1 − 1 < 1. n Puisque |k| est un entier positif il ne peut donc qu’être nul de sorte que k = 0 et r = r 0 . On a donc démontré le résultat suivant. Théorème 77 (Racines n-ièmes de l’unité)– Soit n ≥ 2 un entier. L’ensemble des racines n-ièmes de l’unité est l’ensemble des n nombres complexes distincts deux à deux suivants e2ikπ/n avec 0 ≤ k ≤ n − 1. Remarque n78– Si on note ζn = e2iπ/n , l’ensemble des racines n-ièmes de l’unité est o l’ensemble 1 = ζ0n , ζn = ζ1n , ζ2n , ζ3n , . . . , ζn−1 . n Exercice 79– Représenter sur un même graphique les racines troisièmes et quatrièmes de l’unité. Où se situent les racines n-ièmes de l’unité pour n ≥ 3 ? k. La fonction partie entière est vue en Tronc Commun Mathématiques. Pour mémoire, si x ∈ R, bxc est l’unique entier relatif tel que bxc ≤ x < bxc + 1. 3 Utilisation des nombres complexes p. 41 La connaissance des racines de l’unité permet de résoudre, quelque soit le nombre complexe Z fixé et quelque soit l’entier n ≥ 2 fixé, l’équation z n = Z. Rappelons d’abord que si n ≥ 2 est un entier et si x est un réel positif, il existe un unique réel positif t tel que x = t n . Ce réel t s’appelle la racine n-ième de x. On le note p √n √ √ m n x. Puisque x = t si et seulement si x = (t m )n et mn x = u si et seulement si x = u mn , il résulte de (t m )n = t mn que q √ m √ n x = mn x √ pour tout x > 0. Il est fondamental de réserver la notation n x au seul cas où x est un réel positif (voir à ce propos le début du paragraphe 3.1.1). Soit Z un nombre complexe non nul et n ∈ N, n ≥ 2. On écrit Z = |Z| eiϕ sa représentation exponentielle. On a alors p n Z = n |Z|eiϕ/n . L’équation z n = Z a donc même ensemble de solutions que l’équation !n z = 1. √n |Z|eiϕ/n D’après la description de l’ensemble des racines n-ièmes de l’unité, l’ensemble des solutions de cette dernière équation est l’ensemble des nombres complexes z vérifiant √n z |Z|eiϕ/n = e2irπ/n avec r ∈ {0, . . . , n − 1}. On déduit de ces considérations le corollaire suivant. Corollaire 80– Soit Z un complexe non nul et ϕ un argument de Z. Si n ≥ 2 est un entier naturel, l’ensemble des solutions de l’équation z n = Z est l’ensemble des nombres complexes qui s’écrivent p n |Z|ei(2πr+ϕ)/n avec r ∈ {0, . . . , n − 1}. Remarque 81– La résolution de z n = Z consiste à trouver une solution particulière, obtenue par la connaissance du module et d’un argument de Z, et à résoudre l’équation générale u n = 1. Cette méthode est assez générale en mathématiques. On la rencontre par exemple dans la résolution d’équations différentielles avec second membre (voir le cours de Tronc Commun Mathématiques). Exemple 82– On résout l’équation z 3 = −2i. On commence par déterminer la forme exponentielle de Z = −2i. On a 3iπ Z = 2e 2 . p. 42 3 Utilisation des nombres complexes Puis (comme on veut résoudre une équation de la forme z n = Z avec n = 3), on écrit Z sous la forme d’une puissance 3-ième : Z= √3 iπ 2e 2 3 . Ainsi, z 3 = −2i équivaut à z √3 iπ 2e 2 Autrement dit, √3 !3 = 1. z est une racine 3-ième de l’unité. Or, d’après le théorème 77 (ou iπ 2e 2 2iπ 4iπ l’exercice 76) celles-ci s’écrivent sous forme exponentielle 1, e 3 et e 3 . Les solutions de z 3 = −2i sont donc (l) √3 iπ √3 iπ 2iπ √3 7iπ √3 iπ 4iπ √3 11iπ 2e 2 , 2e 2 e 3 = 2e 6 et 2e 2 e 3 = 2e 6 . Sous forme algébrique, elles s’écrivent : √ ! √3 √3 3 1 2i, 2 − − i 2 2 et √3 2 √ ! 3 1 − i . 2 2 Exercice 83– Résoudre dans C les équations suivantes : √ z 3 = −i, z 4 = e, z 2 = −1 − i 3, z 5 = −3 − 3i. Remarque 84– Lorsque l’on souhaite résoudre une équation de la forme z 2 = Z avec Z non nul fixé, on dispose donc de deux méthodes : celle du paragraphe 3.1.1 et celle du corollaire 80 (avec n = 2). À titre d’exemple, on pourra comparer les résultats obtenus 2 par chacune des méthodes pour l’équation z = 1 + i et en déduire une expression π π algébrique de cos 8 et sin 8 . Noter cependant qu’en général un argument d’un nombre complexe non nul s’exprime à l’aide des fonctions trigonométriques réciproques. Par exemple, on a 12 5 + 12i = 13ei arctan( 5 ) . 3.3) Nombres complexes et trigonométrie Lorsqu’on cherche une primitive d’une fonction du type x 7→ cosn (x) sinm (x) où n et m sont des entiers naturels, il est utile de l’écrire comme combinaison linéaire (c’est-à-dire comme somme à coefficients réels) de fonctions de la forme x 7→ cos(kx) et x 7→ sin(kx) où k ∈ N. Par exemple, d’après les formules d’addition (théorème 46), on a 1 1 cos2 (x) = cos(2x) + , pour tout x ∈ R. 2 2 l. On peut bien entendu écrire directement ces solutions à partir de la forme exponentielle de Z en utilisant la formule du corollaire 80. À défaut de retenir par cœur ce résultat, il est bon de connaître la méthode qui y a conduit et de l’appliquer à chaque équation comme on le fait dans cet exemple. 3 Utilisation des nombres complexes p. 43 On appelle cela la linéarisation des formules trigonométriques. Inversement, on peut vouloir passer d’une combinaison linéaire de fonctions de la forme x 7→ cos(kx) et x 7→ sin(kx) où k ∈ N à une fonction polynomiale en cos(x) et sin(x). Pour ces deux opérations (inverses l’une de l’autre), l’outil fondamental est la formule du binôme de Newton (voir proposition 36) combinée avec celles d’Euler (théorème 62) pour la linéarisation et avec celle de De Moivre (théorème 51) pour l’opération inverse. On ne traite pas dans ce paragraphe la théorie générale (hors-programme), se contentant de décrire la méthode sur des cas particuliers. 3.3.1 Calcul de cos(nx) et sin(nx) en fonction de cos(x) et sin(x) La méthode repose sur la formule de De Moivre, la formule de binôme de Newton et la relation sin2 x + cos2 x = 1. Nous traitons deux exemples. Commençons par étudier le cas n = 2. La formule de De Moivre implique (cos x + i sin x)2 = cos(2x) + i sin(2x). Par ailleurs, la formule du binôme de Newton conduit à (cos x + i sin x)2 = cos2 (x) + 2i sin(x) cos(x) − sin2 (x). En identifiant les parties réelles et imaginaires des deux expressions précédentes, on trouve cos(2x) = cos2 (x) − sin2 (x) sin(2x) = 2 sin(x) cos(x). En utilisant la relation sin2 (x) + cos2 (x) = 1, on peut réécrire la formule de duplication cos(2x) = cos2 (x) − sin2 (x) sous les deux formes suivantes (voir aussi le paragraphe 2.7.4) : cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1 = 1 − 2 sin2 (x). Étudions maintenant le cas n = 3. La formule de De Moivre implique (cos x + i sin x)3 = cos(3x) + i sin(3x). Par ailleurs, la formule du binôme de Newton conduit à (cos x + i sin x)3 = cos3 (x) + 3 cos2 (x)i sin(x) + 3 cos(x) (i sin(x))2 + (i sin(x))3 = cos3 (x) − 3 cos(x) sin2 (x) + i 3 cos2 (x) sin(x) − sin3 (x) . En identifiant les parties réelles et imaginaires des deux expressions précédentes, on trouve cos(3x) = cos3 (x) − 3 cos(x) sin2 (x) sin(3x) = 3 cos2 (x) sin(x) − sin3 (x). p. 44 3 Utilisation des nombres complexes En utilisant la relation sin2 (x) + cos2 (x) = 1, on obtient les formules simplifiées suivantes : cos(3x) = 4 cos3 (x) − 3 cos(x) sin(3x) = −4 sin3 (x) + 3 sin(x). Exercice 85– Montrer les formules cos(4x) = 8 cos4 (x) − 8 cos2 (x) + 1 sin(4x) = 4 cos3 (x) sin(x) − 4 cos(x) sin3 (x) = 8 sin(x) cos3 (x) − 4 sin(x) cos(x). 3.3.2 Linéarisation des formules trigonométriques Le calcul repose entièrement sur les formules d’Euler et du binôme de Newton. On traite quelques exemples. a) Commençons par linéariser cos2 (x). En utilisant la formule d’Euler, on a eix + e−ix cos (x) = 2 !2 2 1 = (eix + e−ix )2 . 4 La formule du binôme de Newton conduit alors à cos2 (x) = 1 1 1 2ix e + 2 + e−2ix = e2ix + e−2ix + . 4 4 2 Une nouvelle utilisation de la formule d’Euler fournit cos2 (x) = 1 (cos(2x) + 1) . 2 b) On linéarise ensuite sin2 (x). En utilisant la formule d’Euler, on a eix − e−ix sin (x) = 2i 2 !2 1 = − (eix − e−ix )2 . 4 La formule du binôme de Newton conduit alors à sin2 (x) = − 1 1 2ix 1 e − 2 + e−2ix = − e2ix + e−2ix + . 4 4 2 Une nouvelle utilisation de la formule d’Euler fournit sin2 (x) = 1 (1 − cos(2x)) . 2 3 Utilisation des nombres complexes p. 45 c) On linéarise cos3 (x). En utilisant la formule d’Euler, on a !3 1 eix + e−ix 3 = (eix + e−ix )3 . cos (x) = 2 8 La formule du binôme de Newton conduit alors à 1 1 e3ix + e−3ix + 3 eix + e−ix . cos3 (x) = e3ix + 3eix + 3e−ix + e−3ix = 8 8 Une nouvelle utilisation de la formule d’Euler fournit cos3 (x) = 1 1 (2 cos(3x) + 6 cos(x)) = (cos(3x) + 3 cos(x)) . 8 4 d) On linéarise sin3 (x). En utilisant la formule d’Euler, on a !3 1 eix − e−ix 3 = − (eix − e−ix )3 . sin (x) = 2i 8i La formule du binôme de Newton conduit alors à 1 3ix 1 3ix −3ix sin3 (x) = − e − 3eix + 3e−ix − e−3ix = − e −e − 3 eix − e−ix . 8i 8i Une nouvelle utilisation de la formule d’Euler fournit sin3 (x) = − 1 1 (2i sin(3x) − 6i sin(x)) = (3 sin(x) − sin(3x)) . 8i 4 e) Enfin, on linéarise un produit de puissances, à savoir cos2 (x) sin3 (x). Les formules d’Euler conduisent à !2 ix −ix !3 eix + e−ix e −e 2 3 cos (x) sin (x) = . 2 2i La formule du binôme de Newton conduit à 1 cos2 (x) sin3 (x) = − 5 e2ix + 2 + e−2ix e3ix − 3eix + 3e−ix − e−3ix 2 i 1 = − 5 e5ix − e3ix − 2eix + 2e−ix + e−3ix − e−5ix 2 i 1 = − 5 e5ix − e−5ix − e3ix − e−3ix − 2 eix − e−ix . 2 i La formule d’Euler fournit alors 1 (2i sin(5x) − 2i sin(3x) − 4i sin(x)) 25 i 1 (2 sin(x) + sin(3x) − sin(5x)) . = 16 cos2 (x) sin3 (x) = − Exercice corrigé 86– Linéariser cos3 x sin2 x. p. 46 4 4 Solutions des exercices corrigés Solutions des exercices corrigés Corrigé de l’exercice 6. Commençons par reformuler le problème en langage mathématique. Soit n un entier ≥ 1 et P(n) l’énoncé « 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 . » On raisonne par récurrence sur n. Initialisation. L’énoncé P(1) est vrai car le premier entier naturel impair est 1 qui est bien égal à 12 . Hérédité. On suppose qu’il existe un entier naturel n ≥ 1 pour lequel P(n) est vrai. Montrons que P(n + 1) est encore vrai. On calcule la somme des n + 1 premiers entiers naturels impairs : 1 + 3 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) = (1 + 3 · · · + (2n − 1)) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1) 2 car P(n) est vrai par hypothèse de récurrence par l’identité remarquable (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 . = (n + 1) Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si l’énoncé P(n) est vrai, alors l’énoncé P(n+1) est vrai. Nous avons de plus montré que l’énoncé P(1) est vrai. Le principe de récurrence permet de conclure que l’énoncé P(n) est vrai pour tout n ≥ 1. Corrigé de l’exercice 7. On a 5 X 2k = k=−3 8 X 511 1 1 1 + + + 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = , 8 4 2 8 (−2 + 3m) = 7 + 10 + 13 + 16 + 19 + 22 = 87 m=3 et 5 X (3j 2 + 1) = 1 + 4 + 13 + 28 + 49 + 76 = 171. j=0 Corrigé de l’exercice 8. On a 2 + 4 + 6 + · · · + 98 + 100 = 50 X n=1 1 + 22 + 32 + · · · + 302 = 30 X n2 , n=1 10 2n, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 X (−1)n − + − + − + − + = , 2 3 4 5 6 7 8 9 10 n n=2 7 n+1 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 X n + + + + + + + + + = + . 4 3 5 4 6 5 7 6 8 7 n+1 n n=3 Corrigé de l’exercice 10. 1. La somme des inverses des entiers naturels non nuls inférieurs ou égaux à n est k=1 particulier, on a 2 X 1 k=1 n X 1 k = 1+ 1 3 = si n = 2 2 2 et 3 X 1 k=1 k = 1+ 1 1 11 + = si n = 3. 2 3 6 k . En 4 Solutions des exercices corrigés p. 47 2. La somme des entiers naturels pairs inférieurs ou égaux à n est n/2 X 2k si n est pair et (n−1)/2 X k=1 2k si n est impair. k=1 Donc la somme des entiers naturels pairs ≤ 2 (ou ≤ 3) vaut 1 X 2k = 2. k=1 3. La somme des n premiers cubes d’entiers naturels non nuls est n X k 3 . Celle des deux k=1 (resp. trois) premiers cubes d’entiers naturels non nuls vaut donc 2 X k 3 = 1 + 23 = 9 (resp. k=1 3 X k 3 = 1 + 23 + 33 = 36 ). k=1 4. La somme des n premiers entiers naturels de la forme 3k + 1 avec k entier est n−1 X (3k + 1). k=0 Ainsi, on a 1 X (3k + 1) = 1 + 4 = 5 si n = 2 et k=0 2 X (3k + 1) = 1 + 4 + 7 = 12 si n = 3. k=0 Corrigé de l’exercice 19. On suppose par exemple a , 0 (m) . Alors a2 + b2 ≥ a2 > 0. En particulier, a2 + b2 est non nul. D’après la définition 13 du produit de deux nombres complexes, on a ! ! a b a2 b2 ab ab (a + ib) 2 −i 2 = 2 + +i − 2 + a + b2 a + b2 a + b 2 a2 + b 2 a + b 2 a2 + b 2 = 1 + 0i = 1. D’où le résultat. Corrigé de l’exercice 21. On a z1 = 7 − 2i, d’où <(z1 ) = 7 et =(z1 ) = −2 (n) . De même, on a z2 = 3 + 2i, <(z2 ) = 3, =(z2 ) = 2, puis z3 = 3 − 2i, z4 = 10 − 4i, z5 = 17 17 +i , 2 2 z6 = 7 9 − i 2 2 et z7 = 2. On a donc par exemple =(z7 ) = 0. Par ailleurs, z8 = D’où <(z8 ) = 3 25 1 3 − 4i 3 − 4i 3 4 = = = − i. 3 + 4i (3 + 4i)(3 − 4i) 9 + 16 25 25 4 et =(z8 ) = − 25 . De même, on trouve z9 = (1 − i)(3 − 2i) 1−i 1 − 5i 1 5 = = = − i 3 + 2i (3 + 2i)(3 − 2i) 13 13 13 m. Le même raisonnement s’applique si b , 0. n. Attention ! la partie imaginaire d’un nombre complexe est un nombre réel. En particulier, elle ne comporte pas de « i ». Ne pas oublier le signe non plus ! p. 48 4 Solutions des exercices corrigés et z10 = 5i(4 + i) 5i 5 20 = = − + i. 4 − i (4 − i)(4 + i) 17 17 Corrigé de l’exercice 26. Posons z = a + ib avec a, b réels de sorte que z = a − ib. Alors z est solution de l’équation iz − 1 = 2z + i équivaut à i(a − ib) − 1 = 2(a + ib) + i soit encore (−1 + b) + ia = 2a + i(2b + 1). Or deux nombres complexes sont égaux si et seulement si leurs parties réelles et imaginaires le sont. Donc z est solution de l’équation iz − 1 = 2z + i équivaut à ( −1 + b = 2a a = 2b + 1 ( ou encore a b = −1 . = −1 Comme on a raisonné par équivalences, on en déduit qu’il y a une solution unique à l’équation de départ, à savoir z = −1 − i. Corrigé de l’exercice 30. Par simple calcul de dénombrement, on trouve ! 4 = 4, 1 ! 3 = 3, 2 ! 4 = 6, 2 ! 5 = 10 3 Corrigé de l’exercice 31. D’après la définition 28, et ! 5 = 1. 0 n n−k est le nombre de chemins menant à n − k succès dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n. C’est donc également le nombre de chemins menant à k échecs. Or ce dernier n’est rien d’autre que nk puisque « succès » et « échecs » jouent des rôles symétriques (la probabilité d’échec ou de succès n’intervient pas dans la définition du coefficient binomial). Par ailleurs, n0 est le nombre de chemins menant à aucun succès (ou encore à n échecs) dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n. Or il n’y a qu’un seul tel chemin. D’où n0 = nn = 1. De même, n1 est le nombre de chemins menant à un seul succès (ou encore à exactement n − 1 échecs) dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n. Il y a n précisément n tels chemins. D’où n1 = n−1 = n. Corrigé de l’exercice 35. On a (u + v)3 = (u + v)2 (u + v) = u 2 + 2uv + v 2 (u + v) = u 3 + 3u 2 v + 3uv 2 + v 3 ! ! ! 3 3 3 2 3 = u + u v+ uv 2 + 0 1 2 ! ! ! 3 3 3 3 2 = v + uv 2 + u v+ 0 1 2 ! 3 3 v 3 ! 3 3 u , 3 et (u + v)4 = (u + v)3 (u + v) = u 3 + 3u 2 v + 3uv 2 + v 3 (u + v) = u 4 + 4u 3 v + 6u 2 v 2 + 4uv 3 + v 4 ! ! ! ! ! 4 4 4 4 2 2 4 3 4 4 3 = v + uv + u v + u v+ u . 0 1 2 3 4 4 Solutions des exercices corrigés p. 49 y =(z) A(z) |z| |−z| D(−z) O x <(z) B(z) |z| |−z| C(−z) Corrigé de l’exercice 40. Notons respectivement A, B, C, D les points images de z, z, −z, −z. Alors, B est le symétrique de A par rapport l’axe Ox. De même, C est son symétrique par rapport à l’origine O du repère. Enfin, D est le symétrique de A par rapport l’axe Oy. Le quadrilatère ABCD est un rectangle dont les diagonales se coupent en l’origine O. On a donc |z| = |z| = |−z| = |−z|. Corrigé de l’exercice 42. On rappelle que si x est un nombre réel, sa valeur absolue, notée |x|, est : ( |x| = x −x si x ≥ 0 . sinon √ Par ailleurs, si y est un nombre réel ≥ 0, y désigne l’unique nombre réel positif qui, élevé au √ carré, donne y. Autrement dit, y est l’unique solution positive de l’équation x2 = y d’inconnue x. √ Soit a ∈ R. Si a ≥ 0, on √ a immédiatement a2 = a. Si en revanche, a < 0, alors −a > 0 et comme a2 = (−a)2 , il vient a2 = −a. D’où √ le résultat voulu. Ainsi, lorsque a ∈ R, le nombre complexe a = a + i0 a pour module |a| = a2 qui vaut bien sa valeur absolue. En particulier il n’y a pas d’ambiguité à utiliser la même notation pour le module et la valeur absolue d’un nombre réel. Corrigé de l’exercice 45. On doit résoudre la double équation 1 |z| = = |z − 1|. z (14) Soit z une solution de (14). On a donc z , 0. D’après les propriétés du module (voir la proposition 43), on a |1/z| = 1/|z| d’où |z|2 = 1 puis |z| = 1 et enfin |z − 1| = 1. Autrement dit, compte-tenu de l’interprétation géométrique des nombres complexes, le point image de z est situé à l’intersection d’une part du cercle de centre O (l’origine du repère) et de rayon 1 et d’autre part du cercle de centre A, point image de 1, et de rayon 1, comme indiqué sur la figure 9. On a donc les deux égalités suivantes : <(z)2 + =(z)2 = 1 et (<(z) − 1)2 + =(z)2 = 1. En soustrayant la seconde à la première, il vient <(z) = 12 , puis en remplaçant dans l’une √ quelconque de ces deux égalités, on trouve =(z) = ± √ 1 2 3 2 √ 1 2 3 2 . 3 2 . Ainsi, une solution z de (14) vaut +i ou − i Inversement, on vérifie que ces deux nombres complexes satisfont bien aux équations (14) dont on a donc trouvé toutes les solutions. p. 50 4 Solutions des exercices corrigés y O A x Figure 9: Représentation graphique du problème et de ses solutions Corrigé de l’exercice 48. Soit a et b deux nombres réels. On sait d’après le formules d’addition du théorème 46 que cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b) cos(a − b) = cos(a) cos(b) + sin(a) sin(b). Ainsi, en ajoutant ces deux égalités, il vient cos(a) cos(b) = 1 (cos(a + b) + cos(a − b)) . 2 On utilise à présent cette formule, valable pour tous a, b ∈ R, avec a remplacé par remplacé par a−b . Il vient 2 a+b et b 2 ! ! a−b 1 a+b cos = (cos(a) + cos(b)). cos 2 2 2 D’où le résultat. Corrigé de l’exercice 50. Un argument de 1 est 0. Un argument de i est π2 . Un argument de −1 est π. Un argument de −i est 3π 2 . √ √ √ z1 = − 22 +i 22 et (d’après le tableau 3) |z | 1 √ 3π z1 = 2 2 cos 3π . De même, les repré4 + i sin 4 √ Corrigé de l’exercice 59. On a |z1 | = 8 = 2 2. Donc la représentation trigonométrique de z1 est sentations trigonométriques de z2 et z3 sont : √ 5π 5π z2 = 2 3 cos + i sin et z3 = π (cos(π) + i sin(π)) . 6 6 √ On a |z4 | = |i| · − 23 − 12 i = 1 et d’après la proposition 57, √ ! 3 1 arg(z4 ) ≡ arg(i) + arg − − i 2 2 (mod 2π). 4 Solutions des exercices corrigés p. 51 Donc la représentation trigonométrique de z4 est π 7π π 7π + + i sin + 2 6 2 6 5π 5π = cos + i sin 3 3 z4 = cos √ 2(1−i) On a z5 = (1+i)(1−i) = 1 − i. D’où |z5 | = 2 et la représentation trigonométrique de z5 est z5 = √ 7π 2 cos 7π + i sin . 4 4 On a √ √ √ √ π π π π + i sin et 1 + i = 2 cos + i sin . 6 + i 2 = 2 2 cos 6 6 4 4 D’après les propriétés du module et de l’argument, on en déduit que la représentation trigonométrique de z6 est (o) π π π π z6 = 2 cos − + i sin − 6 4 6 4 π π = 2 cos − + i sin − . 12 12 Enfin, |z7 | = 1 et d’après les propriétés de parité des fonctions sinus et cosinus (ou d’après le tableau 2), on sait cos(−θ) = cos(θ) et sin(−θ) = − sin(θ). Donc la représentation trigonométrique de z7 est z7 = cos(−θ) + i sin(−θ). Corrigé de l’exercice 66. On écrit sous forme algébrique z = a + ib et z 0 = a0 + ib0 (a, b, a0 , b0 ∈ R). On a 0 0 0 0 0 ez+z = ea+a +i(b+b ) = ea+a · ei(b+b ) a0 = ea · e · eib · e par définition de l’exponentielle complexe ib0 d’après la proposition 61 et les propriétés de l’exponentielle réelle 0 0 = ea eib · ea eib 0 = ea+ib · ea +ib 0 0 = ez · ez . Les autres propriétés se démontrent de manière analogue. Corrigé de l’exercice 74. Le discriminant du trinôme du second degré z 2 − iz − 41 est ∆ = (−i)2 − 4 × − 14 = 0. L’équation z 2 − iz − 41 = 0 admet donc une solution double (p) z = 2i . o. Autant l’utilisation de la proposition 57 pour le calcul de la représentation trigonométrique de z4 était optionnelle (on aurait pû développer le produit), autant ici le calcul de la représentation algébrique √ √ √ √ π ne font pas de z6 = 6+2 2 + i 2−2 6 ne permet pas de conclure car les valeurs de sinus et cosinus en − 12 partie des valeurs de référence. p. Bien entendu, on pouvait aussi immédiatement reconnaître le développement d’un carré : z 2 −iz− 14 = 2 z − 2i . p. 52 4 Solutions des exercices corrigés √ √ √ 2 Le du second √ degré z 2 − (1 + 2 2)z + 2 + 2 est ∆ = (1 + 2 2)√ − √ discriminant du trinôme √ 2 − (1 + 2 2)z + 2 + 2 = 0 admet donc deux solutions (q) réelles z = 2 4(2 + 2) = 1. L’équation z √ et z = 1 + 2. Pour l’équation z 2 − 5iz − 7 − i = 0, on procède comme dans l’exemple 73. Cette équation n’a pas de racine évidente. On calcule donc le discriminant ∆ du trinôme z 2 − 5iz − 7 − i. On trouve : ∆ = (−5i)2 − 4(−7 − i) = 3 + 4i. On détermine ensuite un nombre complexe δ tel que δ2 = ∆ en suivant la méthode du paragraphe 3.1.1. On pose δ = x + iy, avec x, y ∈ R. Alors δ2 = ∆ équivaut à x2 − y 2 = 3 (15) 2 2 (16) x + y = 5 2xy = 4 (17) Avec les équations (15) et (16), on en déduit que l’on a x = ±2 et y = ±1. Or, d’après l’équation (17), x et y sont de même signe, donc finalement δ = ±(2 + i). Posons par exemple δ = 2 + i. Alors, d’après le théorème 70, les solutions complexes de l’équation z 2 − 5iz − 7 − i = 0 sont 5i + (2 + i) z= = 1 + 3i 2 et 5i − (2 + i) = −1 + 2i. z= 2 Enfin, l’équation z 2 −(1+7i)z +7i = 0 admet z = 1 comme solution évidente. De plus, d’après le corollaire 72, le produit des racines est 7i donc la seconde racine est 7i. Corrigé de l’exercice 76. On commence par déterminer les racines carrées de l’unité. Soit z ∈ C. L’équation z 2 = 1 équivaut à (z − 1)(z + 1) = 0. Or, dans C, un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul (voir l’exercice 20). On en déduit que les racines carrées de l’unité sont 1 = e0i et −1 = eiπ . Il y en a donc deux et leur somme vaut 1 + (−1) = 0. De même, si z ∈ C, alors z 3 = 1 équivaut à (z − 1)(z 2 + z + 1) = 0. Or le trinôme du second √ degré z 2 + z +√ 1 admet√deux racines complexes conjuguées (son discriminant vaut −3 = (i 3)2 ) égales à −1+i 3 2 et −1−i 3 . 2 Ainsi, il y a trois racines cubiques de l’unité qui s’écrivent √ √ −1 − i 3 −1 + i 3 et 1, 2 2 sous forme algébrique et 1 = e0i , e 2iπ 3 et e 4iπ 3 sous forme exponentielle. Leur somme vaut √ √ −1 + i 3 −1 − i 3 1+ + = 0. 2 2 √ q. La solution z = 2 peut éventuellement être considérée comme évidente par certains. 4 Solutions des exercices corrigés p. 53 Enfin, z 4 = 1 équivaut à (z 2 − 1)(z 2 + 1) = 0. Or z 2 − 1 = 0 si et seulement si z = ±1 (les racines carrées de l’unité sont aussi des racines quatrièmes de l’unité). Par ailleurs, z 2 + 1 = z 2 − i 2 = (z − i)(z + i). Donc les racines quatrièmes de l’unité sont (sous forme algébrique) 1, i, −1 et −i, soit encore sous forme exponentielle e0i , π ei 2 , eiπ et e 3iπ 2 . Leur somme vaut encore 1 + i + (−1) + (−i) = 0. Corrigé de l’exercice 86. Par les formules d’Euler, on a eix + e−ix cos x sin x = 2 3 2 !3 eix − e−ix 2i !2 . Puis, en utilisant la formule du binôme de Newton, il vient 1 3ix e + 3eix + 3e−ix + e−3ix e2ix − 2 + e−2ix 32 1 5ix −5ix 3ix −3ix e +e +e +e − 2eix − 2e−ix . =− 32 cos3 x sin2 x = − Enfin, à nouveau grâce aux formules d’Euler, on trouve cos3 x sin2 x = − 1 1 1 cos(5x) − cos(3x) + cos(x). 16 16 8