Analyse complexe - Département de mathématiques et de statistique

Analyse complexe
Solutions des exercices
Andr´e Giroux
D´epartement de math´ematiques et statistique
Universit´e de Montr´eal
Juin 2005

1 Introduction
2 Les nombres complexes
1. Expliquer pourquoi il est impossible de d´efinir sur Cune relation
d’ordre compatible avec les op´erations alg´ebriques.
Solution. Dans un corps ordonn´e, tout carr´e est positif et −1<0. Ici
i2=−1.
2. D´eterminer <(1 + i)2k+1 et =(1 + i)2k+1.
Solution. En vertu du th´eor`eme du binˆome, on a
(1 + i)2k+1 =
k
X
j=0 2k+ 1
2j(−1)j+i
k
X
j=0 2k+ 1
2j+ 1(−1)j.
On en d´eduit, en utilisant la formule de de Moivre, que
k
X
j=0 2k+ 1
2j(−1)j= cos(2k+ 1)π 4
et que
k
X
j=0 2k+ 1
2j+ 1(−1)j= sin(2k+ 1)π 4.
3. Montrer que les racines non r´eelles d’une ´equation polynomiale `a coef-
ficients r´eels se pr´esentent par paires de nombres complexes conjugu´es.
Solution. On a
z1+z2=z1+z2et z1z2=z1z2.
Par suite, si
a0+a1z+a2z2+··· +anzn= 0,
on aura aussi
a0+a1z+a2z2+··· +anzn= 0.
4. Si =z > 0, montrer que
=z
1 + z2>0 si et seulement si |z|<1.
1

Solution. Posant z=x+i y, on a
=z
1 + z2==(x+i y)(1 + x2−y2−i2xy) (1 + x2−y2)2+ 4x2y2
=−2x2y+y+x2y−y3
(1 + x2−y2)2+ 4x2y2>0
si et seulement si
y(1 −x2−y2)>0.
5. Montrer que les nombres z1,z2et z3sont align´es si et seulement si
=z3−z1
z3−z2= 0.
Solution. Le point z1est sur la droite passant par z2et z3si et seule-
ment si il existe t∈Rtel que z1=tz2+ (1 −t)z3. D’autre part,
z3−z1
z3−z2
=s∈R
si et seulement si
z1=sz2+ (1 −s)z3.
-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
Fig. 1 – Une spirale
6. D´ecrire les courbes suivantes :
–|z|= arg z
–|1 + z|=|1−z|
–|1 + z|= 2|1−z|.
2

Solution. La courbe |z|= arg zest la portion de la spirale r=θ
correspondant `a θ∈[0, π] (figure 1, page 2).
La courbe |1 + z|=|1−z|correspond `a (1 + x)2+y2= (1 −x)2+y2
c’est-`a-dire `a la droite x= 0, l’ensemble des points ´equidistants de 1
et de −1.
La courbe |1 + z|= 2|1−z|, quant `a elle, s’´ecrit explicitement comme
3x2+ 3y2−10x+ 3 = 0 et correspond au cercle centr´e en (5/3,0) et
de rayon 4/3.
7. D´emontrer l’identit´e
|z1−z2|2+|z1+z2|2= 2(|z1|2+|z2|2).
En donner une interpr´etation g´eom´etrique.
z1
z2
z1z2
z1z2
Fig. 2 – Un parall´elogramme
Solution. On a
|z1−z2|2+|z1+z2|2=|z1|2−2<z1z2+|z2|2
+|z1|2+ 2<z1z2+|z2|2= 2(|z1|2+|z2|2).
Interpr´etation g´eom´etrique : dans un parall´elogramme, la somme des
carr´es des longueurs des cˆot´es ´egale la somme des carr´es des longueurs
des diagonales (figure 2, page 3).
8. Soit z6=±1 un nombre complexe de module unit´e. D´eterminer l’argu-
ment de z−1
z+ 1.
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Solution. Posant z= cos θ+isin θavec θ6= 0, π, on a
z−1
z+ 1 =cos θ−1 + isin θ cos θ+1+isin θ=isin θ 1 + cos θ
de telle sorte que
arg z−1
z+ 1 =±π 2.
9. Montrer que cos nθ peut s’exprimer comme un polynˆome en cos θ,
cos nθ =Tn(cos θ),
o`u Tnest un polynˆome de degr´e n— le ni`eme polynˆome de Tcheby-
chev de premi`ere esp`ece. Calculer T0,T1et T2.´ Etablir la relation de
r´ecurrence suivante :
Tn+2(x) = 2xTn+1(x)−Tn(x).
Solution. En utilisant le th´eor`eme du binˆome et la formule de de
Moivre, on obtient
cos nθ =<(cos θ+isin θ)n=
[n/2]
X
j=0 n
2j(−1)jcosn−2jθ(1 −cos2θ)j
et
Tn(x) =
[n/2]
X
j=0 n
2j(−1)jxn−2j(1 −x2)j.
On a donc
T0(x) = 1 , T1(x) = xet T2(x) = 2x2−1.
Utilisant les formules d’addition pour les fonctions trigonom´etriques,
cos(n+ 2)θ= cos(n+ 1)θcos θ−sin(n+ 1)θsin θ
= cos(n+ 1)θcos θ−sin θ(sin nθ cos θ+ sin θcos nθ)
= cos(n+ 1)θcos θ−cos nθ + cos2θcos nθ −cos θ(−cos(n+ 1)θ+ cos θcos nθ)
= 2 cos θcos(n+ 1)θ−cos nθ.
Les polynˆomes Tn+2(x) et 2xTn+1(x)−Tn(x) co¨ıncident ainsi sur l’in-
tervalle [−1,1] donc co¨ıncident partout.
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