1 Exercices 2 Solutions

1 Exercices
Exercice 1. 1. Démontrer l’inégalité triangulaire : si zet z0sont deux complexes,
alors |z+z0|6|z|+|z0|.
2. On suppose que z6= 0. Montrer que si zet z0sont deux complexes vérifiant l’égalité
dans l’inégalité triangulaire (autrement dit |z+z0|=|z|+|z0|), alors il existe λ∈R+
tel que z0=λz.
Exercice 2. Soient z,z0deux complexes de module 1tels que zz06=−1. Montrer que
z+z0
1+zz0est un réel.
Exercice 3. Soit zun complexe de module 1. Calculer |1 + z|2+|1−z|2. Interprétation
géométrique ?
Exercice 4. Soient n∈Net θ∈R. Calculer Cn=Pn
k=0 n
kcos(kθ).
Exercice 5. On dit d’un entier naturel nqu’il est somme de deux carrés s’il existe
a, b ∈Ntels que n=a2+b2.
1. Soient net pdeux entiers naturels. Montrer que si net psont 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+ω2+ω4et B=ω3+ω5+ω6. Calculer
Aet B.
2 Solutions
Solution 1.1. Soient zet z0deux complexes. On met au carré et on développe :
|z+z0|6|z|+|z0|
⇔ |z+z0|26(|z|+|z0|)2
⇔(z+z0)(z+z0)6|z|2+|z0|2+ 2|zz0|
⇔ |z|2+|z0|2+z0z+zz06|z|2+|z0|2+ 2|zz0|
⇔z0z+z0z62|zz0|
⇔ <(z0z)6|zz0|
⇔ <(z0z)6|z0z|.
Notons y=z0z∈C. Alors on peut écrire y=a+ib, avec aet bdeux réels. Dès
lors, <(y)2=a26a2+b2=|y|2. A fortiori, on a donc <(y)6|y|. En remontant
les équivalences, on a démontré l’inégalité triangulaire.
2. Soient zet z0tels que |z+z0|=|z|+|z0|. Alors on fait la même chose que ci-dessus,
en remplaçant les 6par des =. On montre ainsi que <(z0z) = |z0z|. Écrivons de
nouveau y=z0z=a+ib : l’égalité a=√a2+b2implique que b= 0 et a>0
(pourquoi ?). Donc y=z0z∈R+, autrement dit l’argument de yvaut 0modulo 2π.
Mais arg(y) = arg(z)−arg(z0), donc zet z0ont même argument modulo 2π. Cela
montre que zet z0sont positivement liés.
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Solution 2.On multiplie par le conjugué du dénominateur :
z+z0
1 + zz0=z+z0 1 + zz0×1 + zz0
1 + zz0
=(z+z0)(1 + zz0)
|1 + zz0|2
=z+z0+|z0|2z+|z|2z0
|1 + zz0|2
=z+z0+z+z0
|1 + zz0|2
= 2<(z+z0)
|1 + zz0|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 zet z0vaut |z−z0|.
Ici, si l’on place dans le plan les trois points A,B, et Cd’affixes respectives z,1, et −1,
le calcul plus haut revient à dire que AC2+AB2=BC2. 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
k!cos(kθ)
=
n
X
k=0 n
k!<(eikθ)
=< n
X
k=0 n
k!eikθ!
=<(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)n
=<einθ/2(2 cos(θ/2))n
= (2 cos(θ/2))n<einθ/2
= (2 cos(θ/2))ncos(nθ/2).
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Solution 5.1. Si net psont somme de deux carrés, il existe quatre entiers a, b, c, d
tels que n=a2+b2et p=c2+d2. Posons zn=a+ib et zp=c+id, de sorte que
|zn|2=net |zp|2=p. Alors
np = (a2+b2)(c2+d2)
=|zn|2|zp|2
=|znzp|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 Aet 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+ω2+ω4)(ω3+ω5+ω6)
=ω4(1 + ω+ω3)(1 + ω2+ω3)
=ω4(1 + ω+ω2+ 3ω3+ω4+ω5+ω6)
=ω4(2ω3)
= 2ω7
= 2.
Donc Aet Bsont les racines du polynôme X2+X+ 2 : ce sont −1±i√7
2. Il reste à savoir
lequel est lequel. Pour cela, on peut regarder les parties imaginaires de Aet B.
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