Feuille d`exercices 0 Révision nombres complexes et trigonométrie

Math 256 Orsay 2016-17
Analyse de Fourier pour la physique
Feuille d’exercices 0
R´evision nombres complexes et trigonom´etrie
Exercice 1 : Vrai ou faux ?
Parmi les assertions suivantes, dire lesquelles sont vraies et lesquelles sont fausses en justifiant :
a) Pour tout nombre complexe t, le nombre complexe eit est de module 1.
FAUX : Si test un nombre r´eel, alors eit est de module 1, mais c’est faux si test un nombre complexe.
En effet, si t=a+ib avec a, b ∈R, alors eit =eiae−b, de sorte que |eit|= 1 si et seulement si b= 0,
c’est-`a-dire si et seulement si test r´eel.
b) Si un nombre complexe zv´erifie zn= 1 pour un entier n≥1, alors zest de la forme z=eit avec
t∈R.
VRAI : En effet, si zn= 1, alors 1 = |zn|=|z|n, de sorte que |z|= 1. Par cons´equent, on a z=eit
avec t∈R, par la question pr´ec´edente.
c) Si ret tsont des r´eels, alors le conjugu´e du nombre complexe reit est re−it.
VRAI : Soient r, t ∈R. Par d´efinition, on a reit =rcos(t) + ir sin(t), de sorte que reit =rcos(t)−
ir sin(t). D’autre part, on a re−it =rcos(−t) + ir sin(t) = rcos(t)−ir sin(t). On a donc bien ´egalit´e
entre les deux termes.
d) Si t1, ..., tnsont des r´eels, alors le module |eit1+... +eitn|du nombre complexe eit1+... +eitnest
´egal `a n.
FAUX : Par exemple, pour n= 2, on a |e0+eiπ|=|1−1|= 0 6= 2. En fait, on peut montrer par
r´ecurrence que l’on a |eit1+... +eitn|=nsi et seulement si eit1=eit2=... =eitn.
Exercice 2 : ´ Equations complexes
Soit u=a+ib un nombre complexe, avec a, b ∈R. On cherche `a r´esoudre l’´equation (E) : z2=u,
avec u∈C. On pose z=c+id avec c, d ∈R.
a) Montrer que cet ddoivent v´erifier les conditions :
c2−d2=a;cd =b/2; c2+d2=pa2+b2.
Montrer que r´eciproquement, si les deux premi`eres de ces conditions sont v´erifi´ees, alors c+id est bien
une solution de l’´equation (E).
Supposons que z=c+id v´erifie z2=u. On a alors
a+ib =u=z2
= (c+id)2
=c2−d2+ 2icd
Deux nombres complexes sont ´egaux si et seulement si leurs parties r´eelles et imaginaires sont ´egales.
On a donc a=c2−d2et b= 2cd.
De plus, on a
pa2+b2=|u|=|z|2
=c2+d2,
ce qui nous donne la derni`ere ´equation recherch´ee.
R´eciproquement, supposons que a, b, c, d soient des nombres r´eels v´erifiant c2−d2=aet cd =b/2.
Posons u=a+ib et z=c+id.
On a z2= (c+id)2
=c2−d2+ 2icd
=a+ib =u,
1

donc zest bien une solution de l’´equation (E).
b) Montrer que les r´eels √a2+b2+aet √a2+b2−asont positifs ou nuls.
La fonction x7→ √xest croissante, donc, comme a2+b2≥a2, on a √a2+b2≥√a2=|a|. Par
cons´equent, on a bien √a2+b2±a≥0.
c) On suppose que c+id est solution de (E). Montrer que c=q√a2+b2+a
2ou c=−q√a2+b2+a 2.
Montrer de mˆeme que d=q√a2+b2−a
2ou d=−q√a2+b2−a 2.
Par la premi`ere question, on doit avoir c2−d2=aet c2+d2=√a2+b2. En faisant respectivement
la somme et la diff´erence de ces deux ´equations, on a
c2=1
2a+pa2+b2
d2=1
2pa2+b2−a.
Par la question pr´ec´edente, ces nombres sont positifs, donc on peut prendre leurs racines carr´ees. On
trouve ainsi
c=±r1
2a+pa2+b2
d=±r1
2pa2+b2−a.
d) Trouver toutes les solutions de (E).
La question pr´ec´edente nous donne une condition n´ecessaire sur les coefficients cet d: chacun ne peut
prendre que deux valeurs. Reste `a savoir si toutes ces possibilit´es donnent effectivement des solutions de
l’´equation.
Il est clair que si on prend cet dcomme `a la question pr´ec´edente, on aura c2−d2=a. Toutefois, par
la premi`ere question, on sait que cet ddoivent aussi v´erifier cd =b/2. Si on note sgn(x) le signe d’un
nombre, de sorte que x=sgn(x)|x|, on a
cd =sgn(c)sgn(d)1
2q(pa2+b2+a)(pa2+b2−a)
=sgn(c)sgn(d)1
2q(pa2+b2)2−a2
=sgn(c)sgn(d)1
2√b2
=sgn(c)sgn(d)|b|
2.
Mais on veut que cd =b/2 = sgn(b)|b|/2. On doit donc avoir sgn(c)sgn(d) = sgn(b). Les solutions
sont donc
z=r1
2pa2+b2+a+sgn(b)r1 2pa2+b2−a
et
z=−r1
2pa2+b2+a−sgn(b)r1 2pa2+b2−a.
e) Expliciter les solutions de (E) quand u=i.
Quand u=i, on a a= 0 et b= 1. On a donc
z=±1 + i
√2.
Remarque : Les formules que l’on a vu dans cet exercices sont assez longues, et certainement pas `a
apprendre par coeur. Il est beaucoup plus simple de calculer les racines carr´ees en coordonn´ees polaires :
si u=reiθ, alors les racines carr´ees de usont ±√reiθ/2.
Exercice 3 : Quelques calculs trigonom´etriques
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a) Soit xun r´eel. Calculer sin(x+π/2) et cos(x+π/2) en fonction de cos xet sin x.
Rappelons que, pour tout a, b ∈R, on a cos(a+b) = cos(a) cos(b)−sin(a) sin(b) et sin(a+b) =
sin(a) cos(b) + sin(b) cos(a). On a donc
sin(x+π/2) = sin(x) cos(π/2) + sin(π/2) cos(x) = cos(x),
en se rappelant que cos(π/2) = 0 et sin(π/2) = 1. On a aussi
cos(x+π/2) = cos(x) cos(π/2) −sin(x) sin(π/2) = −sin(x).
b) Mˆeme questions pour sin(x+π/3) et cos(x+π/3).Rappelons que cos(π/3) = 1/2, et sin(π/3) =
√3/2. On a donc
sin(x+π/3) = sin(x) cos(π/3) + sin(π/3) cos(x) = 1
2sin(x) + √3 2cos(x),
cos(x+π/3) = cos(x) cos(π/3) −sin(x) sin(π/3) = 1
2cos(x)−√3 2sin(x).
c) Mˆemes questions pour cos(2x)et sin(2x).On a
cos(2x) = cos2(x)−sin2(x) = 2 cos2(x)−1=1−2 sin2(x),
sin(2x) = 2 cos(x) sin(x).
Ces formules peuvent servir, il est bon de les connaitre !
Exercice 4 : Racines de l’unit´e
Soit nun entier au moins ´egal `a 2.
a) En cherchant zsous forme trigonom´etrique, montrer qu’il existe exactement nnombres complexes
zv´erifiant zn= 1. Expliciter ces nnombres complexes.
Ecrivons z=reiθ, avec r≥0. On a 1 = |zn|=rn, donc on doit avoir r= 1. On a donc 1 = zn=einθ,
de sorte que l’on doit avoir nθ = 2kπ pour un k∈Z, soit θ=2kπ
n. Remarquons que, si on remplace kpar
k+n, on change θen θ+ 2π, et on ne change pas le nombre z. On peut donc se limiter aux kcompris
entre 0 et n−1. Finalement, les solutions de zn= 1 sont les
e2ikπ/n, k = 0, ..., n −1.
Remarque : les nombres e2ikπ/n, k = 0, ..., n−1sont les sommets d’un polygˆone r´egulier `a nsommets
inscrit dans le cercle unit´e.
b) Soit uun nombre complexe non nul. Combien de solutions dans Cposs`ede l’´equation (d’inconnue
z)zn=u? (On montrera d’abord qu’il existe une solution z0, puis en utilisant a) on exprimera les autres
solutions en fonction de z0).
Ecrivons u=reit et z0=ρ0eiθ0. On a zn
0=ρn 0einθ0. Par cons´equent, en prenant ρ0=r1/n et
θ0=t/n, on a bien une solution de zn
0=u.
Cherchons maintenant les autres solutions de zn=u. Remarquons que, si zest une autre solution,
on a (z/z0)n=u/u = 1. z/z0doit donc ˆetre l’un des nombres trouv´es `a la question pr´ec´edente. Les
solutions de l’´equation zn=usont donc
r1/neiθ/n+2kπ/n, k = 0, ..., n −1.
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