Chapitre 4 : Nombres complexes

ECS1B Carnot
Chapitre 4
2013/2014
Chapitre 4 : Nombres complexes
Objectifs :
– Savoir calculer avec les nombres complexes, en notation algébrique ou exponentielle.
– Formule d’Euler et de Moivre.
– Révision de trigonométrie.
– Savoir que si n > 1 et α 6= 0 alors l’équation z n = α a exactement n solutions dans C.
1
Définitions, interprétation géométrique.
1.1
Le corps C
On admet l’existence d’un ensemble C, contenant R et un nombre i non réel vérifiant
i2 = −1. Tout élément z de C s’écrit de manière unique z = a + ib avec a, b ∈ R. Dans ce
cas, on appelle a la partie réelle de z et b sa partie imaginaire. Dans ce cas on dit que
z est donné sous forme algébrique, et on note a = Re z et b = Im z.
On définit une addition et une multiplication : si z = a + ib, z = a′ + ib′ avec a, a′ , b, b′ ∈
R, alors
z + z ′ = (a + a′ ) + i(b + b′ ) et zz ′ = (aa′ − bb′ ) + i(ab′ + a′ b)
Remarque. Ces opérations étendent l’addition et la multiplication de R.
Proposition 1.1.1
Si z = a + ib et z ′ = a′ + ib′ sont donnés sous forme algébrique, alors z = z ′ si et
seulement si a = a′ et b = b′ .
Démonstration : En effet si a + ib = a′ + ib′ et b 6= b′ , alors i =
contradictoire.
a′ − a
∈ R, ce qui est
b − b′
Proposition 1.1.2 (Propriétés de +)
– Associativité : ∀u, v, w ∈ C, u + (v + w) = (u + v) + w.
– Existence d’un élément neutre : ∀z ∈ C, z + 0 = 0 + z = z
– Existence d’un symétrique (=opposé) : ∀z = a + ib ∈ C, ∃ − z = −a − ib ∈
C, z − z = −z + z = 0
– Commutativité : ∀z, z ′ ∈ C, z + z ′ = z ′ + z
Démonstration : Exercice.
Proposition 1.1.3 (Propriétés de ×)
– Associativité : ∀u, v, w ∈ C, u × (v × w) = (u × v) × w
– Existence d’un neutre : ∀z ∈ C, 1 × z = z × 1 = z
– Existence d’un symétrique (=inverse) : ∀z = a + ib ∈ C∗ , z ×
a − ib
×z =1
a2 + b2
– Commutativité : ∀z, z ′ ∈ C, z × z ′ = z ′ × z
– Distributivité sur + : ∀u, v, w ∈ C, u × (v + w) = u × v + u × w
Démonstration : Exercice.
J. Gärtner.
1
a − ib
=
a2 + b2
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Chapitre 4
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Proposition 1.1.4 (C est intègre)
∀z, z ′ ∈ C, zz ′ = 0 ⇒ (z = 0 OU z ′ = 0)
Démonstration : Exercice, utiliser l’existence d’un inverse.
Remarque.
1. z ∈ R ⇔ Im z = 0
2. z ∈ iR (i.e. z est « imaginaire pur ») ⇔ Re z = 0.
3. 0 est le seul nombre à la fois réel et imaginaire pur.
4. On peut montrer qu’il n’existe pas de relation d’ordre sur C sompatible avec + et ×.
5. Un ensemble E muni de deux opérations + et × comme ci-dessus (i.e. des applications
E×E → E, appelées « lois de composition interne ») telles que + est associatif, admet
un élément neutre 0E , un symétrique et est commutatif, × est assiciatif, admet un
neutre, tout élément de E r {0E } est inversible est commutatif s’appelle un corps.
On remarquera que Q, R, C sont des corps. On notera souvent cette année K pour
désigner un (au choix) des corps R ou C.
1.2
Interprétation géométrique
→
→
Le plan P est rapporté à un repère (0, −
u,−
v ) orthonormé. On identifie C avec P à
l’aide de l’application qui à z = x + iy ∈ C, w, y ∈ R associe le point M de coordonnées
(x, y).
Dans ce cas on dit que le point M (x, y) a pour affixe zM = x + iy ∈ C.
−
−
→
Si A, B ∈ P, on dit que le vecteur AB a pour affixe le nombre complexe z−−
→ = zB −zA .
AB
2
Conjugaison et module
2.1
Conjugaison d’un nombre complexe
Définition 2.1.1 (Conjugaison)
Soit z = a + ib ∈ C avec a, b ∈ R. On appelle conjugué de z le nombre complexe
z̄ = a − ib.
Interprétation géométrique : si M est le point d’affixe z, z̄ est l’affixe du symétrique
→
(orthogonal) de M par rapport à l’axe (O, −
u ) des abscisses.
Proposition 2.1.1
1. ∀z ∈ C, z = z̄ ⇔ z ∈ R et z = −z̄ ⇔ z ∈ iR.
2. z 7→ z̄ est involutive : ∀z ∈ C, z̄¯ = z.
3. Compatibilité avec + et × : ∀z, z ′ ∈ C, z + z ′ = z̄ + z ′ et zz ′ = z̄ × z ′ .
z + z̄
z − z̄
4. ∀z ∈ C, Re z =
et Im z =
.
2
2i
Démonstration : Exercice.
J. Gärtner.
2
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2.2
Chapitre 4
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Module d’un nombre complexe
Définition 2.2.1 (Module)
Soit z = a + ib ∈ C avec a, b ∈ R.Le module de z est le nombre réel |z| défini par
p
√
|z| = a2 + b2 = zz̄
Remarquons que cette notation n’est pas ambigüe : si a ∈ R et z = a + i × 0, on a
|z| = |a|.
Interprétation géométrique : Soit M le point du plan d’affixe z. Alors |z| = OM .
−
−
→
Si z est l’affixe du vecteur AB, alors |z| est la longueur AB.
Proposition 2.2.1
1. ∀z ∈ C, |z| > 0 et (|z| = 0 ⇔ z = 0).
2. ∀z ∈ C, |Re z| 6 |z| et |Im z| 6 |z|.
3. ∀z ∈ C, Re z 6 |z| et Re z = |z| ⇔ z ∈ R+ .
4. ∀z ∈ C, Im z 6 |z| et Im z = |z| ⇔ z ∈ iR+ .
5. ∀z ∈ C, |z| = |z̄|
z̄
z̄
1
1
=
= 2 . En particulier si |z| = 1, = z̄.
6. ∀z ∈ C∗ ,
z
zz̄
z
|z|
′
′
7. ∀z ∈ C, |zz | = |z| |z |.
Démonstration : Seul le dernier point n’est pas évident, et illustre une méthode concernant
2
les calculs sur les modules à savoir cconsidérer les carrés. Soit z, z ′ ∈ C. Alors |zz ′ | =
2
2
zz ′ zz ′ = zz ′z̄z ′ = z z̄z ′ z ′ = |z| |z ′ | . Comme |z| > 0 on en déduit le résultat en prenant la
racine carrée.
Proposition 2.2.2 (Inégalité triangulaire)
Pour tout z, z ′ ∈ C, on a
z + z ′ 6 |z| + z ′ De plus on a l’équivalence
′
z + z ′ = |z| + z ′ ⇔ (zz ′ = 0 ou z ∈ R+ )
z
Démonstration : On compare les carrés : on a
2
|z + z ′ | = (z + z ′ )(z + z ′ ) = (z + z ′ )(z̄ + z ′ )
= z z̄ + zz ′ + z ′ z̄ + z ′ z ′
2
2
= |z| + z̄z ′ + z̄z ′ + |z ′ |
2
= |z| + 2 Re (z̄z ′ ) + |z ′ |
2
2
Mais (|z| + |z ′ |)2 = |z|2 + 2 |z| |z ′ | + |z ′ | et Re (z̄z ′ ) 6 |z| |z ′ |. Comme tous les termes
sont positifs, on déduit l’inégalité du passage à la racine carrée.
Montrons le cas d’égalité : la seule inégalité que nous avons utilisé est Re (z̄z ′ ) 6 |z| |z ′ |.
On sait qu’il y a égalité dans cette inégalité si et seulement si z̄z ′ ∈ R+ (c’est le point 3.
J. Gärtner.
3
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Chapitre 4
de la proposition ci-dessus). Si zz ′ 6= 0 on a
Proposition 2.2.3
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z′
z̄z ′
= 2 ∈ R+ ⇔ z̄z ′ ∈ R+ .
z
|z|
1. ∀z, z ′ ∈ C, ||z| − |z ′ || 6 |z − z ′ |
n
n
P
P
zk 6
|zk |
2. ∀z1 , . . . , zn ∈ C, k=1
k=1
Démonstration : Pour le 1., adapter la preuve de la proposition analogue dans R. Le 2.
s’obtient par récurrence.
Interprétation géométrique : DESSIN
3
Argument, notation exponentielle
3.1
Groupe des nombres complexes de module 1
Définition 3.1.1 (Groupe U)
Soit U = {z ∈ C, |z| = 1}. Alors
1. U ⊂ C∗
2. 1 ∈ U
3. U est stable par multiplication et passage à l’inverse.
On dit que U est un sous-groupe de (C∗ , ×).
1
= z.
z
Interprétation géométrique : DESSIN
Remarque. Si z ∈ U, alors
3.2
Exponentielle complexe
Définition 3.2.1
Pour tout θ ∈ R, on pose eiθ = cos θ + i sin θ.
Interprétation géométrique : Dans le plan orienté, eiθ est l’affixe du point M du
−−→
→
cercle unité tel que l’angle orienté (−
u , OM ) admette pour mesure θ. DESSIN
Proposition 3.2.1
Pour tous θ, θ ′ ∈ R
1. eiθ = 1
′
′
2. ei(θ+θ ) = eiθ × eiθ . En particulier e−iθ =
1
.
eiθ
3. eiθ = 1 ⇔ θ ∈ 2πZ
′
4. eiθ = eiθ ⇔ θ − θ ′ ∈ 2πZ.
5. eiθ = e−iθ .
Démonstration : Les deux premiers points proviennent des formules de trigonométrie cos2 θ+
sin2 θ = 1, cos(θ + θ′ ) = cos θ cos θ′ − sin θ sin θ′ et sin(θ + θ′ ) = sin θ cos θ′ + sin θ′ cos θ.
Le troisième point provient de l’équivalence (cos θ, sin θ) = (1, 0) ⇔ θ ∈ 2πZ.
J. Gärtner.
4
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Pour tout couple (a, b) ∈ R2 tel que a2 + b2 = 1, on a nécessairement a, b ∈ [−1, 1] et
on sait (par définition !) qu’il existe θ ∈ R tel que a = cos θ et b = sin θ. On en déduit
∀z ∈ U, ∃θ ∈ R, z = eiθ
Quelques formules :
Proposition 3.2.2 (Formule de Moivre)
On a par récurrence sur n
∀θ ∈ R, ∀n ∈ Z, (eiθ )n = einθ
Ou encore
∀θ ∈ R, ∀n ∈ Z, (cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ
Exemple. Exprimons cos 3θ et sin 3θ en fonction de cos θ et sin θ.
On utilise la formule de Moivre et la formule du binôme de Newton :
cos 3θ + i sin 3θ = (cos θ + i sin θ)3 = cos3 θ + 3i cos2 θ sin θ + 3i2 cos θ sin2 θ + i3 sin3 θ
= (cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ) + i(3 cos2 θ sin θ − sin3 θ)
D’où
cos 3θ = cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ
sin 3θ = 3 cos2 θ sin θ − sin3 θ = 3 sin θ − 4 sin3 θ
Exercice. Exprimer cos 5θ en fonction de cos θ et sin θ.
Proposition 3.2.3 (Formule d’Euler )
cos θ =
eiθ + e−iθ
eiθ − e−iθ
et sin θ =
2
2i
Démonstration : Immédiat par définition de l’exponentielle complexe...
Exemple. Linéarisons cos3 θ.
1
On a cos3 θ = (eiθ + e−iθ )3 , donc
8
cos3 θ =
1 3iθ
(e + 3eiθ + 3e−iθ + e−3iθ )
8
1
et cos3 θ = (e3iθ + e−3iθ + 3eiθ + 3e−iθ ). D’où
8
cos3 θ =
1
(2 cos 3θ + 6 cos θ)
8
Exercice. Soit θ ∈ R et n ∈ N. Calculer
3.3
n
P
cos kθ et
k=0
n
P
sin kθ.
k=0
Argument d’un nombre complexe non nul
Théorème 3.3.1 (Définition d’un argument )
Soit z ∈ C∗ et r = |z| ∈ R+∗ . Alors il existe θ0 ∈ R tel que z = reiθ0 . Tout réel θ
J. Gärtner.
5
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tel que z = reiθ est appelé argument de z. La forme z = reiθ est appelé notation
exponentielle de z, et z = r(cos θ + i sin θ) la notation trigonométrique.
L’ensemble des arguments de z est {θ0 + 2kπ, k ∈ Z}.
z possède un unique argument Θ ∈] − π, π], appelé l’argument principal de z, noté
Arg (z).
z
z
′
Démonstration : On a = 1, il existe donc θ0 avec = eiθ0 . Puisque r 6= 0 on a reiθ = reiθ
r
r
si et seulement si θ − θ′ ∈ 2πZ.
Unicité de l’argument principal : soit k ∈ Z. On a θ0 + 2kπ ∈] − π, π] si et seulement si
−π 6 −θ0 − 2kπ < π i.e.
(2k − 1)π 6 −θ0 < (2k + 1)π
ce qui est vrai si et seulement si 2kπ 6 π − θ0 < (2k + 1)π, c’est-à-dire
π − θ0
k=
2π
Interprétation géométrique : Arg z est la mesure principale de l’angle orienté
−−→
−
→
( u , OM ) où M est le point d’affixe z. DESSIN
√
π
π
Exemple. La forme trigonométrique de z = 1 + i est 2(cos + i sin ) et sa forme
4
4
√ π
exponentielle 2ei 4 .
Proposition 3.3.1
′
Soit z, z ′ ∈ C avec z = reiθ et z ′ = r ′ eiθ où r, r ′ ∈ R+ et θ, θ ′ ∈ R. Alors
z = z ′ ⇔ (r = r ′ = 0) ou (r = r ′ 6= 0 et θ − θ ′ ∈ 2πZ)
Démonstration : Le sens réciproque est évident. Concernant le sens direct, on sait que si
z = z ′ , alors ils ont même module, donc r = r′ . Si celui-ci est non nul, on obtient après
′
simplification eiθ = eiθ donc θ − θ′ ∈ 2πZ.
′
Exercice. Si on a z = ρeiθ et z ′ = ρ′ eiθ avec ρ, ρ′ ∈ R, montrer que z = z ′ ⇔ (ρ = ρ′ =
0) ou (ρ = ρ′ 6= 0 et θ − θ ′ ∈ 2πZ) ou (ρ = −ρ′ et θ − θ ′ − π ∈ 2πZ).
On note souvent θ ≡ θ ′ [2π] pour dire θ − θ ′ ∈ 2πZ.
Proposition 3.3.2
Soient z, z ′ ∈ C∗ .
1. Arg (zz ′ ) ≡ Arg (z) + Arg (z ′ ) [2π]
1
2. Arg ≡ Arg z̄ ≡ − Arg z [2π]
z
3. Arg (−z) ≡ π + Arg z [2π]
4. ∀n ∈ Z, Arg (z n ) ≡ n Arg (z) [2π]
z
5. Arg ′ ≡ Arg z − Arg z ′ [2π]
z
6. z ∈ R ⇔ z = 0 ou (z 6= 0 et Arg z = 0 ou π)
π
π
7. z ∈ iR ⇔ z = 0 ou (z 6= 0 et Arg z = ou − )
2
2
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Démonstration : Exercice.
Essentiel : savoir mettre le nombre complexe 1 + eiα sous forme trigonométrique
(α ∈ R)
3.4
Formules de trigonométrie
Rappel sur le cercle trigonométrique :
A l’aide des nombres complexes, on peut retrouver facilement toutes les formules de
trigonométrie. Il est utile de savoir les retrouver rapidement en cas de besoin.
Exercice : Prouver les propositions de cette section, lorsque les expressions ont un
sens.
Proposition 3.4.1
1. cos2 θ + sin2 θ = 1
2. cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ = 2 cos2 θ − 1 = 1 − 2 sin2 θ
3. sin 2θ = 2 sin θ cos θ
2 tan θ
.
4. tan 2θ =
1 − tan2 θ
π
π
5. cos( − θ) = sin θ et sin( − θ) = cos θ.
2
2
π
π
6. cos(θ + ) = − sin θ et sin(θ + ) = cos θ.
2
2
Proposition 3.4.2
1. cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b
2. cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b
3. sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a
4. sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a
J. Gärtner.
7
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tan a + tan b
1 − tan a tan b
tan a − tan b
6. tan(a − b) =
1 + tan a tan b
5. tan(a + b) =
Proposition 3.4.3
1
[cos(a + b) + cos(a − b)]
2
1
2. sin a cos b = [sin(a + b) + sin(a − b)]
2
1
3. sin a sin b = [cos(a − b) − cos(a + b)]
2
1
4. cos a sin b = [sin(a + b) − sin(a − b)]
2
1. cos a cos b =
Proposition 3.4.4
p+q
p−q
cos
2
2
p−q
p+q
cos
2. sin p + sin q = 2 sin
2
2
p+q
p−q
3. cos p − cos q = −2 sin
sin
2
2
p+q
p−q
4. sin p − sin q = 2 cos
sin
2
2
1. cos p + cos q = 2 cos
Proposition 3.4.5
θ
Soit t = tan . Alors
2
1 − t2
1. cos θ =
1 + t2
2t
2. sin θ =
1 + t2
2t
3. tan θ =
1 − t2
Pour finir cette section, rappelons que
cos a = cos b ⇔ ∃k ∈ Z,
a = b + 2kπ OU
a = −b + 2kπ
sin a = sin b ⇔ ∃k ∈ Z
a = b + 2kπ OU
a = π − b + 2kπ
tan a = tan b ⇔ ∃k ∈ Z a = b + kπ
3.5
Petit rappel de géométrie
Proposition 3.5.1
1. I est le milieu de [AB] si et seulement si zI =
J. Gärtner.
8
zA + zB
.
2
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−−
→
−−→
2. AB et CD d’affixe z et z ′ sont colinéaires si et seulement si il existe k ∈ R tel
que z = kz ′ .
zB − zA
3. A, B et C sont alignés si et seulement si
∈ R.
zC − zA
4. Si A,B et C sont distincts, le triangle BAC est rectangle en A si et seulement si
zB − zA
∈ iR.
zC − zA
−
−→ −→
5. Si A,B et C sont distincts, l’angle (AB, AC) admet pour mesure tout argument
zB − zA
.
de
zC − zA
Exercice. Soit ABCD un parallélogramme. Montrer que ses diagonales [AC] et [BD] ont
même milieu.
Exercice. Soit M, N, P, Q quatre points d’un cercle de centre O de rayon r, d’affixes
respectives m, n, p, q. On note I le milieu de [M N ] et J le milieu de [P Q]. Donner une
condition nécessaire et suffisante sur m, n, p, q pour que (M N ) et (P Q) soient parallèles.
4
4.1
Résolution des équation algébriques de degré 2
Racines carrées dans C
Donnons une méthode pour chercher les racines carrées d’un nombre α ∈ C, i.e. à
résoudre l’équation z 2 = α d’inconnue z ∈ C.
Si α est donné sous forme trigonométrique : α = A(cos a + i sin a). On cherche z
sous forme trigonométrique z = r(cos θ + i sin θ). Par unicité de l’écriture trigonométrique,
√
a
a
on obtient r = A et 2θ ≡ a [2π] donc θ ≡ [2π] ou θ ≡ + π [2π].
2
√ 2 a
√
a
Les deux racines possibles sont donc Aei 2 et − Aei 2 .
Remarque. Si on peut mettre facilement α sous forme trigonométrique, cette méthode
est la plus rapide.
On retiendra que si a 6= 0 z 2 = a a toujours deux solutions opposées.
Si α est sous forme algébrique : Ce paragraphe explique en général comment calculer des racines carrées sous forme algébrique. Il est un peu plus technique. Il suffit de
comprendre l’exemple ci-dessous.
Exemple. Trouver les racines carrées de 1 + i.
p√ π
√
π
π
– Version trigonométrique : 1 + i = 2(cos + i sin ) ainsi z1 =
2ei 8 et z2 = −z.
4
4
– Version algébrique : on cherche z = x + iy tel que z 2 = 1 + i. On cherche à résoudre
le système
 2
1
 x − y2 = √
2
2
x +y = 2

2xy
=1
r
√
1+ 2
+
Comme xy > 0, on en déduit (après résolution du système !) que z1 =
2
r
√
−1 + 2
i
et z2 = −z1 .
2
J. Gärtner.
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p
√
1+ 2
π
En particulier cette étude montre que cos = p √ .
8
2 2
Cas général :
si α = a + ib. Alors z 2 = x2 − y 2 + 2ixy. On obtient un système de deux équations à
deux inconnues à l’aide de l’égalité entre parties réelles et parties imaginaires.
Astuce : pour résoudre ce système,
√ il est souvent plus aisé de s’aider d’une équation
redondante : |z|2 = |α| i.e. x2 + y 2 = a2 + b2 .
On a alors
 2
a
 x − y2 = √
2
2
x + y = a2 + b2

2xy
=b
Donc
√
a2 + b2 + a
=
2
√
2 + b2 − a
a

y2
=


2

2xy = b


2


 x
et comme
√
a2 + b2 − a > 0, on obtient
s√
s√
2
2
a +b +a
a2 + b2 − a
|x| =
et |y| =
2
2
sans oublier que le signe de x et y est déterminé par le signe de b = 2xy.
p
p
√
√
1+ 2
−1 + 2
π
π
p √
Exercice. Sachant que cos = p √
et sin =
, donner une formule
8
8
2 2
2 2
π
exacte pour cos .
16
Exercice. Résoudre l’équation z 2 = −16 − 30i.
4.2
Equations du second degré
Soit a, b, c ∈ C avec a 6= 0. On cherche à résoudre l’équation az 2 + bz + c = 0 d’inconnue
b
z ∈ C. Pour cela, on met l’équation sous forme canonique : on remarque que z 2 + z =
a
b2
b 2
(z + ) − 2 pour obtenir la forme canonique :
2a
4a
"
#
2
2 − 4ac
b
b
az 2 + bz + c = a z +
−
2a
4a2
Posons ∆ = b2 − 4ac (que l’on appelle discriminant de l’équation), et notons δ et −δ ses
deux racines carrées (éventuellement confondues si ∆ = 0). Alors
b
δ
b
δ
az 2 + bz + c = a z +
−
z+
+
=0
2a
2a
2a
2a
On en déduit que
J. Gärtner.
10
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Chapitre 4
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Proposition 4.2.1
L’équation az 2 + bz + c = 0 (a 6= 0) admet deux solutions dans C :
−b + δ
−b − δ
et
2a
2a
où δ satisfait δ2 = ∆ = b2 − 4ac.
Les deux solutions sont égales si et seulement si ∆ = 0.
Si a, b, c ∈ R, les solutions obtenues sont soit réelles (∆ > 0), soit complexes conjuguées (∆ < 0).
Exemple. Considérons l’équation z 2 − (2 + 4i)z + 2 + 16i = 0. Son discriminant est
(2 + 4i)2 − 8 − 64i = 4 + 16i − 16 − 8 − 64i = −20 − 48i. Cherchons δ r
sous la forme
522 − 20
et
x + iy. Alors x2 − y 2 = −20 et x2 + y 2 = 2704 = (52)2 . On a donc |x| =
r
r 2
r
522 + 20
522 − 20
522 + 20
. Comme 2xy = −48 < 0, on peut poser δ =
−i
.
|y| =
2
2
2
(2 + 4i) ± δ
.
Les solutions sont
2
Exercice. En introduisant, lorsque b = 2b′ le discriminant réduit de l’équation az 2 +
bz + c = 0, ∆′ = b′2 − ac, trouver des solutions plus simples pour l’équation de l’exemple
ci-dessus.
Exercice. Résoudre l’équation z 2 − (1 + i)z + 4 + 8i = 0.
4.3
Inégalité de Cauchy-Schwarz
L’étude des polynômes de degré 2 permet de montrer la proposition suivante
Proposition 4.3.1
Soit a1 , . . . , an ∈ C et b1 , . . . , bn ∈ C. Alors
v
v
u n
u n
n
X
uX
uX
2t
t
|ak bk | 6
|ak |
|bk |2
k=1
k=1
k=1
Remarque : géométrie.
Démonstration : On peut déjà remarquer que cette inégalité porte sur des réels positifs.
n
n
n
P
P
P
|ak bk |+
|ak |2 +2λ
(|ak |+λ |bk |)2 . On a P (λ) =
Soit λ ∈ R. Considérons P (λ) =
k=1
k=1
2
λ
n
P
k=1
k=1
2
|bk | .
Premier cas :
n
P
k=1
Deuxième cas : si
|bk |2 = 0 alors tous les bk sont nuls et l’inégalité est claire.
n
P
k=1
2
|bk | 6= 0
P est un polynôme (en λ) de degré 2 et toujours positif. Il ne peut pas avoir deux racines
n
2
P
réelles distinctes. Son discriminant ∆ est donc toujours négatif. ∆ = 4
|ak bk | −
k=1
n
n
P
P
2
2
|bk | 6 0
4
|ak |
k=1
J. Gärtner.
k=1
11
ECS1B Carnot
4.4
Chapitre 4
2013/2014
Formules à connaître
Pour finir rappelons quelques égalités remarquables :
Proposition 4.4.1 (Binôme de Newton)
Soit a, b ∈ R, et n ∈ N. On a
n n X
n k n−k X n n−k k
(a + b) =
a b
=
a
b
k
k
n
k=0
k=0
Proposition 4.4.2
Soit a, b ∈ R et n ∈ N. On a
an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + · · · + abn−2 + bn−1 )
a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n − a2n−1 b + a2n−2 b2 − · · · − ab2n−1 + b2n )
5
Illustration : Racines n-ièmes d’un nombre complexe
Dans cette section, on cherche à résoudre l’équation z n = α d’inconnue z ∈ C, où
n ∈ N∗ . Les techniques peuvent servir, mais les résultats sont hors programme.
5.1
Racines n-ièmes de l’unité
Commençons par une étude du cas où α = 1.
Soit z ∈ C telle que z n = 1. Alors |z|n = 1 et |z| ∈ R+ donc |z| = 1. On sait donc que
z = eiθ , avec disons θ ∈ [0, 2π[. On a les équivalences
z n = 1 ⇔ einθ = 1 ⇔ nθ ≡ 0 [2π] ⇔ ∃k ∈ Z, nθ = 2kπ
mais comme nθ ∈ [0, 2nπ[, on a
z n = 1 ⇔ ∃k ∈ [[ 0 ; n − 1 ]] , θ =
2kπ
n
Ceci montre le
Théorème 5.1.1
L’ensemble des racines n-ièmes de 1 dans C est l’ensemble
n 2ikπ
o
Un = e n , k ∈ [[ 0 ; n − 1 ]]
Exemple.
– Si n = 2, U2 = {−1, 1}.
– Si n = 3, U3 = {1, e
2iπ
3
,e
4iπ
3
} = {1, j j̄}, où j = e
– Si n = 4, U4 = {1, −1, i, −i}.
– Lorsque n est pair, Un ∩ R = {−1, 1}.
– Lorsque n est impair, Un ∩ R = {1}.
J. Gärtner.
12
2iπ
3
√
1
3
= +i
.
2
2
ECS1B Carnot
5.2
Chapitre 4
2013/2014
Structure de Un
Proposition 5.2.1 (Le groupe Un)
1. Un a exactement n éléments.
2. Un ⊂ U.
3. 1 ∈ Un .
4. Un est stable par multiplication et par passage à l’inverse.
On dit que Un est un sous-groupe de U.
Démonstration : Exercice : On remarque que l’inverse de e
2ikπ
n
est e
2i(n−k)π
n
.
Interpréatation géométrique : Les éléments de Un sont les n sommets d’un polygone
régulier inscrit dans le cercle unité et qui admet 1 pour sommet. DESSIN.
Exercice.
1. Montrer que Un est stable par conjugaison complexe. Traduire cet énoncé
géométriquement.
2. Si n est pair, montrer que Un est stable par z 7→ −z. Traduire cet énoncé géométriquement.
Calculs :
2iπ
On note souvent ξn (ou ωn ) le nombre e n . La proposition suivante est laissée en
exercice.
Proposition 5.2.2
1. Un = {ξnk , k ∈ [[ 0 ; n − 1 ]]}
2. ξnk ξnl = ξnk+l et ξnnk = 1.
3. (ξnk )−1 = ξn−k et (ξnk )p = ξnpk
Puisque (z n − 1) = (z − 1)(z n−1 + · · · + z + 1), on a, en remplaçant z par ξn 6= 1, le
Théorème 5.2.1
La somme des racines n-iemes de l’unité est nulle :
n−1
X
ξnk =
X
z=0
z∈Un
k=0
Remarque. Géométriquement, ce théorème affirme que le barycentre du polygone constitué par Un est le point O d’affixe nulle.
On peut plus généralement calculer la somme
n−1
P
k=0
n−1
X
k=0
J. Gärtner.
ξnkp
=
ξnkp pour tout p ∈ N. On a
n si ∃ℓ ∈ N, p = nℓ
0 sinon
13
ECS1B Carnot
5.3
Chapitre 4
2013/2014
Racines n-ièmes
On cherche à résoudre l’équation z n = α, on écrit α sous forme exponentielle : α = reiθ .
√ θ
Le complexe u = n rei n est solution.
Par ailleurs si z0 est solution, on a
n
z
n
z =α⇔
= 1 ⇔ ∃k ∈ [[ 0 ; n − 1 ]] , z = z0 ξnk
z0
Ces équivalences caractérisent l’ensemble des solutions de z n = α, ainsi que sa structure.
L’équation z n = a avec a 6= 0 a toujours n solutions dans C
√
√ √
Exemple. Les solutions de z 3 = 2 sont les éléments de l’ensemble { 3 2, j 3 2, j 2 3 2}.
Exercice. Trouver les solutions de l’équation z 3 + 4 = 0. Les représenter dans le plan
complexe.
J. Gärtner.
14