1 Exercices 2 Solutions

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Exercices
Exercice 1.
1. Démontrer l’inégalité triangulaire : si z et z 0 sont deux complexes,
alors |z + z 0 | 6 |z| + |z 0 |.
2. On suppose que z 6= 0. Montrer que si z et z 0 sont deux complexes vérifiant l’égalité
dans l’inégalité triangulaire (autrement dit |z +z 0 | = |z|+|z 0 |), alors il existe λ ∈ R+
tel que z 0 = λz.
Exercice 2. Soient z, z 0 deux complexes de module 1 tels que zz 0 6= −1. Montrer que
z+z 0
est un réel.
1+zz 0
Exercice 3. Soit z un complexe de module 1. Calculer |1 + z|2 + |1 − z|2 . Interprétation
géométrique ?
Exercice 4. Soient n ∈ N et θ ∈ R. Calculer Cn =
Pn
k=0
n
k
cos(kθ).
Exercice 5. On dit d’un entier naturel n qu’il est somme de deux carrés s’il existe
a, b ∈ N tels que n = a2 + b2 .
1. Soient n et p deux entiers naturels. Montrer que si n et p sont somme de deux
carrés, alors le produit np l’est aussi.
2. Donner une décomposition en somme de deux carrés de 1394.
Exercice 6. On pose ω = e2iπ/7 . Soient A = ω + ω 2 + ω 4 et B = ω 3 + ω 5 + ω 6 . Calculer
A et B.
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Solutions
Solution 1.
1. Soient z et z 0 deux complexes. On met au carré et on développe :
|z + z 0 | 6 |z| + |z 0 |
⇔ |z + z 0 |2 6 (|z| + |z 0 |)2
⇔ (z + z 0 )(z + z 0 ) 6 |z|2 + |z 0 |2 + 2|zz 0 |
⇔ |z|2 + |z 0 |2 + z 0 z + zz 0 6 |z|2 + |z 0 |2 + 2|zz 0 |
⇔ z 0 z + z 0 z 6 2|zz 0 |
⇔ <(z 0 z) 6 |zz 0 |
⇔ <(z 0 z) 6 |z 0 z|.
Notons y = z 0 z ∈ C. Alors on peut écrire y = a + ib, avec a et b deux réels. Dès
lors, <(y)2 = a2 6 a2 + b2 = |y|2 . A fortiori, on a donc <(y) 6 |y|. En remontant
les équivalences, on a démontré l’inégalité triangulaire.
2. Soient z et z 0 tels que |z + z 0 | = |z| + |z 0 |. Alors on fait la même chose que ci-dessus,
en remplaçant les 6 par des =. On montre
ainsi que <(z 0 z) = |z 0 z|. Écrivons de
√
nouveau y = z 0 z = a + ib : l’égalité a = a2 + b2 implique que b = 0 et a > 0
(pourquoi ?). Donc y = z 0 z ∈ R+ , autrement dit l’argument de y vaut 0 modulo 2π.
Mais arg(y) = arg(z) − arg(z 0 ), donc z et z 0 ont même argument modulo 2π. Cela
montre que z et z 0 sont positivement liés.
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Solution 2. On multiplie par le conjugué du dénominateur :
z + z0
z + z0
1 + zz 0
=
×
1 + zz 0
1 + zz 0 1 + zz 0
(z + z 0 )(1 + zz 0 )
=
|1 + zz 0 |2
z + z 0 + |z 0 |2 z + |z|2 z 0
=
|1 + zz 0 |2
z + z0 + z + z0
=
|1 + zz 0 |2
<(z + z 0 )
=2
.
|1 + zz 0 |2
On obtient bien un réel.
Solution 3. On développe :
|1 + z|2 + |1 − z|2 = (1 + z)(1 + z) + (1 − z)(1 − z)
= 1 + z + z + zz + 1 − z − z + zz
= 2 + 2|z|2
= 4.
On rappelle que la distance dans le plan entre deux points d’affixe z et z 0 vaut |z − z 0 |.
Ici, si l’on place dans le plan les trois points A, B, et C d’affixes respectives z, 1, et −1,
le calcul plus haut revient à dire que AC 2 + AB 2 = BC 2 . Autrement dit (par le théorème
de Pythagore), le triangle ABC est rectangle en A.
Solution 4. On passe en complexes, puis on utilise la formule du binôme :
Cn =
=
n
X
k=0
n
X
k=0
!
n
cos(kθ)
k
!
n
<(eikθ )
k
n
X
=<
k=0
!
n ikθ
e
k
= < (1 + eiθ )n
!
Ensuite, on utilise la technique de l’angle moitié : plus précisément, on factorise dans la
parenthèse par eiθ/2 , ce qui fait apparaître du cosinus :
Cn = <
eiθ/2 (e−iθ/2 + eiθ/2 )
= < einθ/2 (2 cos(θ/2))n
= (2 cos(θ/2))n < einθ/2
n = (2 cos(θ/2))n cos(nθ/2).
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Solution 5.
1. Si n et p sont somme de deux carrés, il existe quatre entiers a, b, c, d
tels que n = a2 + b2 et p = c2 + d2 . Posons zn = a + ib et zp = c + id, de sorte que
|zn |2 = n et |zp |2 = p. Alors
np = (a2 + b2 )(c2 + d2 )
= |zn |2 |zp |2
= |zn zp |2
= |ac − bd + i(ad + bc)|2
= (ac − bd)2 + (ad + bc)2 .
Comme ac − bd et ad + bc sont des entiers, on a bien montré que np est somme de
deux carrés.
2. On remarque que 1394 = 41 × 34, et que 41 = 52 + 42 , et 34 = 52 + 32 . Donc (on fait
comme avant, mais on peut aussi directement appliquer la formule (a2 +b2 )(c2 +d2 ) =
(ac − bd)2 + (ad + bc)2 :
1394 = (52 + 42 )(52 + 32 )
= |(5 + 4i)(5 + 3i)|2
= |13 + 35i|2
= 132 + 352 .
Solution 6. On calcule la somme et le produit de A et B :
– D’une part :
A + B = ω + ω2 + ω3 + ω4 + ω5 + ω6.
En ajoutant 1, on reconnaît la somme des racines septièmes de l’unité. Or cette
somme est nulle (par exemple, on peut la calculer en utilisant le fait que c’est la
somme d’une suite géométrique). Donc A + B = −1.
– D’autre part :
AB = (ω + ω 2 + ω 4 )(ω 3 + ω 5 + ω 6 )
= ω 4 (1 + ω + ω 3 )(1 + ω 2 + ω 3 )
= ω 4 (1 + ω + ω 2 + 3ω 3 + ω 4 + ω 5 + ω 6 )
= ω 4 (2ω 3 )
= 2ω 7
= 2.
√
7
Donc A et B sont les racines du polynôme X 2 + X + 2 : ce sont −1±i
. Il reste à savoir
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lequel est lequel. Pour cela, on peut regarder les parties imaginaires de A et B.
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