NOMBRES COMPLEXES

APPLICATIONS DES NOMBRES COMPLEXES
Sommaire
1- RACINES n-ièmes D’UN NOMBRE COMPLEXE
2- RESOLUTION DANS C DE L’EQUATION DU SECOND DEGRE
3 - APPLICATIONS DES COMPLEXES A LA GEOMETRIE
4 - APPLICATIONS A LA TRIGONOMETRIE
1- RACINES n-ièmes D’UN NOMBRE COMPLEXE
1.1- Racines n-ièmes d’un nombre complexe
Soit Z = r (cos  + i sin ) un complexe donné. On appelle racine n-ièmes de Z tout
nombre z tel que zn = Z ( n  IN ).
Posons : z =  ( cos  + i sin ).
Il vient :  n ( cos  + i sin ) n = r (cos  + i sin ).
En utilisant la formule de Moivre, on a :
 n ( cos n  + i sin n ) = r (cos  + i sin ).
Ce qui équivaut à :
 n r
 n  r




2k 
 n     2k 
 
n
n

 
2k  
i 


2k  
n 

  2k   n
 n
On a donc : zk  n r  cos   
.

i
sin


r
e



n 
n 
n
n

En donnant à k les valeurs 0 , 1 , 2 , … (n-1), on obtient n valeurs.
Tout nombre complexe non nul Z = r (cos  + i sin ) admet exactement n racines
n-ièmes.
2k 


i  



2
k

2
k

n
n





zk  n r  cos   
  i sin   
  n r e 
n 
n 
n
n

k = 0, 1, … , (n-1)
Leurs images sont les sommets d’un polygone régulier à n côtés inscrit dans un
cercle de centre O, de rayon n r .
Exemple : Déterminer les racines quatrièmes de i.
1.2 - Racines n-ièmes de l’unité
 Si Z = 1, on a r = 1 et  = 0
Donc zn = 1 admet pour solutions :
2k 
zk  cos

i
2k 
2k 
 i sin
e n
n
n
avec k = 0 , 1, 2 …, (n-1)
Propriétés des racines n-ièmes de l’unité
- La somme des racines n-ièmes de l’unité est nulle.
- Les images des racines n-ièmes de l’unité sont les sommets d’un polygone
régulier à n côtés inscrit dans le cercle trigonométrique.
- Si z est une racine n-ièmes de l’unité, son inverse l’est aussi.
- Le produit des deux racines n-ièmes de l’unité est une racine n-ièmes de l’unité.
 Exemple : racines cubiques de 1.
En faisant n = 3, on peut dire que z 3 = 1 admet trois solutions :
2k 
2k 
zk  cos
 i sin
3
3
à k = 0 correspond : z0 = 1
3
2
2
1 i
à k = 1 correspond : z1  cos  i sin
3
3
2
2
3
4
à k = 2 correspond : z2  cos  i sin 4   1  i
3
3
2
2
3
2
2
 i sin
 1 i
On convient de poser : j  cos
,
3
3
2
2
4
2
2
2
 i sin 4  ( cos
 i sin 2 )  j
alors cos
3
3
3
3
D’où : Le nombre 1 a trois racines cubiques : 1 , j , j2. Les images sont les
sommets d’un triangle équilatéral inscrit dans le cercle unité.
Remarque : On vérifie que
j3=1
;
1 + j + j2 = 0
j2 j .
;
 Racines n-ièmes d’un complexe connaissant l’une des racines.
Considérons l’équation zn = Z ( n  IN ). Soit z0 une racine connue de cette
équation : z0n = Z.
n
On a zn = z0n , ce qui implique z  1.
zn0
z
z0
n
est donc une racine n-ièmes de l’unité. D’où les racines de z = Z : z  z0 e
i
2k 
n
On obtient les racines n-ièmes d’un nombre complexe non nul en multipliant l’une
d’elles par les racines n-ièmes de l’unité.
1.3 – Racines carrées d’un nombre complexe non nul
Première méthode : Reprenons les résultats de 7.1.1-, en faisant n = 2.
L’équation z 2 = r ( cos  + i sin ) admet donc les solutions :
k = 0 ; 1.
zk  r  cos   k    i sin    k  

2

2

Les deux racines sont opposées. z1 = - z0.
Deuxième méthode : Soit à résoudre z 2 = a + i b où a et b sont des réels
donnés.
La méthode précédente est difficile à utiliser lorsque l’argument de ( a + i b) n’est
pas simple.
Posons z =  + i , on a z 2
 2  2  a
z2=a+ib  
 2    b
=
2 -  2 + 2 i . D’où :
(i)
De plus z 2 = a + i b  | z | 2 = | a + i b | , c’est-à-dire 2  2  a2 b2
( ii ).
En combinant les équations ( i) et ( i i ), on a :
 2 2
2
2
    a b

z 2 = a + i b   2  2  a
 2  b


Les équations (1) et (2) donnent :
(1)
(2)
(3)
a  a2  b2
 a  a2  b2
et
(4)
2 
2
2
Si b  0,  et  sont déterminés par les relations (4) et sont de même signe si b >
0.
2 
Méthode
Pour résoudre z 2 = a + i b , a et b donnés,
- on pose z =  + i .
- on écrit : z 2 = a + i b équivaut au système :
 2 2
2
2
(1)
    a b
 2 2
(2)
    a
 2  b
(3)


- on détermine  et  à partir des équations (1) et (2).
- les solutions  + i  qui conviennent sont celles qui vérifient l'équation (3)
Exemple : Déterminez les racines carrées de 3 + 4i.
2- RESOLUTION DANS C DE L’EQUATION DU SECOND DEGRE
Soit az2 + bz + c = 0, une équation du second degré ( a, b, c  C).
2
2

 b  4 ac 
  0.
On peut l’écrire sous la forme : a   z  b  
2a 
 
4 a2 
Posons b 2 – 4ac = ,   C. Il existe toujours deux complexes dont le carré est .
Soit  l’une des racines carrées de 
2
L’équation précédente s’écrit :
D’où les racines : z 1 
b  
2a
On peut donc énoncer :
2


 z b    2
2a  4 a

b  
z2
et
2a
Soit a, b, c des complexes tels que a  0. L’équation az2 + bz + c = 0 a pour
solutions :
b  
b  
et
z2
z 1
2a
2a
où  désigne une racine carrée de  = b 2 – 4ac .
Si b 2 – 4 ac  0, alors z1  z2.
Si b 2 – 4 ac =0, alors z1  z2   b ; on dit que l’équation a une racine double.
2a
Le complexe  = b 2 – 4ac est appelé discriminant de l’équation az2 + bz + c = 0.
Cas particulier : Equation du second degré à coefficients réels (a, b, c 
IR).
Le discriminant  = b 2 – 4ac est réel. S’il est positif, ses racines carrées sont

et   , et s’il est négatif, ses racines carrées sont i   et i  .
Il en résulte :
Soit l’équation az2 + bz + c = 0 où a, b, c  IR avec a  0.
Si  = b 2 – 4ac > 0, l’équation admet deux solutions distinctes :
b  
b  
et
z 1
z2
2a
2a
Si  = b 2 – 4ac = 0, elle admet une solution réelle z1  z2   b .
2a
2
Si  = b – 4ac < 0, l’équation admet deux solutions complexes conjuguées :
b  i 
 b i 
et
z 1
z2
2a
2a
Exemples : Résoudre dans C
3 z2 –3 z + 1 = 0
z 2 – ( 4 + 5i ) z + 7 i – 1 = 0
3 - Applications des complexes à la géométrie
( O; e1, e2 ) est un repère orthonormé direct.
C est le point d’affixe c ; A et B sont les points distincts de C, et d’affixes
respectives a et b.
Les vecteurs CA et CB sont non nuls, et ont pour affixes respectives a – c et b – c.
On a I a – c I = CA et I b – c I = CB, donc :
b c
 CB
a c
CA
Soit 1 = arg ( a – c ) et 2 = arg ( b – c ). Géométriquement 1 ( e1 ; CA ) , de
même 2  ( e1 ; CB ) .
Les propriétés relatives aux arguments permettent d’écrire :
 b c
arg 
 a c

  arg ( b c )  arg( a  c )  2  1

Or, 2  1  ( e1;CB )  ( e1;CA )  ( CA;CB )
Par conséquent, dire que  e i  est une forme exponentielle du complexe
bc
(
ac
avec  réel positif et  un réel ), revient à dire que   CB et ( CA ;CB )   .
CA
D’où le théorème :
( O; e1, e2 ) est un repère orthonormé direct.
A et B sont les points distincts de C, et a, b, c sont les affixes respectives A, B, C.
 est un réel,  > 0 et  est un réel.
b c
  ei  si et seulement si CB   et ( CA ;CB )   .
CA
a c
4 - APPLICATIONS A LA TRIGONOMETRIE
4.1- Calcul de cos nx et sin nx en fonction des puissances de cos x et sin x
La méthode consiste à appliquer la formule de Moivre et la formule du binôme de
Newton.
( cos x + i sin x ) n = cos nx + sin nx
( a  b )n 
n
 Cpn ap bn p
p 0
Exemple :
On a :
( cos x + i sin x ) 2 = cos 2x + i sin 2x
( cos x + i sin x ) 2 = cos 2 x + 2 i cos x sin x – sin2 x
et
D’où, par identification :
cos 2x = cos 2 x – sin2 x
sin 2x = 2 cos x sin x
Exprimer sin 3x en fonction des puissances de sin x.
4 . 2 - Linéarisation des polynômes trigonométriques
Il s’agit d’exprimer cos n x , sin m x, ou cos n x , sin m x en la somme de sin x, sin
2x, …, sin nx, cos x, cos 2x, …, cos nx.
On utilise les formules d’Euler et la formule du binôme de Newton.
n
 eix e ix 


cos x  

2


n
Exemple :
et
m
 eix  e ix 

sin x  


2i


m
2
 eix e ix 
  1 ( e 2ix  e 2ix  2 )
cos x  
2
4


 1 ( cos 2x 1)
4
2
Linéariser sin 3 x , sin2 x . cos3 x
4 . 3 – Equation : a cos x + b sin x = c avec a, b, c réels.
Méthode 1 : On pose r  a 2  b 2 , il existe  IR tel que a  r cos  et b  r sin 
c'est-à-dire   arg ( a  i b ) .
On a : a cos x  b sin x  r ( cos x cos   sin x sin  )  a 2  b 2 cos ( x   )
c
D'où cos ( x   ) 
2
a b
.
2
Discussion :
c
si
2
si
a b
c
 1 , l'ensemble des solutions est vide
2
c
 1 , il existe x 0 tel que cos x 0 
, alors
2
2
2
2
a b
a b

 x  x 0    k 2
cos ( x   )  cos x 0  

 x   x 0    k 2
1
 cos x  i sin x
z
1
1
1
1
On a cos x   z   et sin x   z  
2i 
z
2
z
1  b
1

Alors a cos x  b sin x  c  a  z     z    2 c
z i
z

Méthode 2 : On pose z  cos x  i sin x et
( a  ib ) z 2  2 c z  a  i b  0 avec | z | =1.
La résolution revient à celle d'une équation du second degré en z.
Exemple : résoudre
cos x + 3 sin x = 1,8
x cos x  sin x   2