Exercices de Mathématiques Calculs avec le nombre j Énoncés Énoncés des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] x + y + z = a Soient a, b et c trois nombres complexes. Résoudre le système x + jy + j 2 z = b x + j 2 y + jz = c Comment choisir a, b, c pour que les solutions soient réelles ? Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soit Z = (x + jy + j 2 z)3 , où x, y et z sont trois nombres complexes donnés. Montrer que lorsqu’on permute x, y ou z, le nombre Z ne peut prendre que deux valeurs. A quelle condition ces deux valeurs sont-elles égales ? Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soient x, y, z trois nombres réels. Montrer que : (x + y + z)(x + jy + j 2 z)(x + j 2 y + jz) = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Déterminer une CNS pour que A(a), B(b) et C(c) forment un triangle équilatéral. Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Trouver une condition nécessaire et suffisante sur z pour que les points A(z), B(z 2 ), C(z 3 ) forment un triangle équilatéral. Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] 0 3 6 S = Cn + Cn + Cn + · · · Calculer les sommes T = C 1n + C 4n + C 7n + · · · U = C 2n + C 5n + C 8n + · · · c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Exercices de Mathématiques Calculs avec le nombre j Indications, résultats Indications ou résultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] Combiner les équations de manière à isoler x, ou y, ou z. Les solutions sont réelles ⇔ a est lui même réel et b, c sont conjugués. Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Vérifier que Z(x, y, z) = (x + jy + j 2 z)3 est invariant par permutation circulaire. Les deux valeurs possibles sont égales ⇔ x = y ou y = z ou x = z. Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] Vérifier que (x + jy + j 2 z)(x + j 2 y + jz) = x2 + y 2 + z 2 − xy − xz − yz. Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Le triangle ABC peut être équilatéral direct ou indirect. La condition cherchée est a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc. Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] Utiliser l’exercice précédent. On trouve z ∈ {0, 1, j, j 2 }. Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] Développer (1 + x)n , avec x = 1, x = j, x = j 2 . On trouve un système semblable à celui de l’exercice 1. c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Exercices de Mathématiques Calculs avec le nombre j Corrigés Corrigés des exercices Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] Appelons (1), (2) et (3) les trois équations. On va se servir de 1 + j + j 2 = 0. On effectue (1) + (2) + (3) et on trouve : 3x = a + b + c. On effectue (1) + j 2 (2) + j(3) et on trouve : 3y = a + bj 2 + cj. On effectue (1) + j(2) + j 2 (3) et on trouve : 3z = a + bj + cj 2 . a+b+c a + bj 2 + cj a + bj + cj 2 Réciproquement x = ,y = ,z = sont solutions du système. 3 3 3 Si x, y, z sont réels, on constate que a = x + y + z est réel. On voit aussi que c = x + j 2 y + jz = x + j y + j 2 z = x + jy + j 2 z = b. Réciproquement les conditions a ∈ IR et c = b impliquent : a+b+c a+b+c a+c+b = = = x. 3 3 3 a + bj 2 + cj a + bj + cj 2 a + cj + bj 2 y= = = = y. 3 3 3 a + bj + cj 2 a + bj 2 + cj a + cj 2 + bj z= = = = z. 3 3 3 n a ∈ IR Conclusion : les solutions du système sont réelles ⇔ c=b x= Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] La quantité Z(x, y, z) = (x + jy + j 2 z)3 est invariante par permutation circulaire. En effet Z(x, y, z) = j 3 (x + jy + j 2 z)3 = (jx + j 2 y + z)3 = Z(z, x, y) = Z(y, z, x). De la même manière, on a Z(y, x, z) = Z(z, y, x) = Z(x, z, y). Quand on permute x, y, z, le nombre Z ne peut prendre que les valeurs (x + jy + j 2 z)3 (y + jx + j 2 z)3 Etudions à quelles conditions ces deux valeurs sont égales. Rappelons que pour tous complexes u et v, on a : u3 = v 3 ⇔ u ∈ {v, jv, j 2 v}. Ainsi : 2 2 x + jy + j z = y + jx + j z (x + jy + j 2 z)3 = (y + jx + j 2 z)3 ⇔ ou x + jy + j 2 z = jy + j 2 x + z ou x + jy + j 2 z = j 2 y + x + jz x = y (1 − j)x = (1 − j)y ⇔ ou (1 − j 2 )x = (1 − j 2 )z ⇔ ou x = z ou y = z ou (j − j 2 )y = (j − j 2 )z c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Exercices de Mathématiques Calculs avec le nombre j Corrigés Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] 3 j =1 Avec on trouve : (x + jy + j 2 z)(x + j 2 y + jz) = x2 + y 2 + z 2 − xy − xz − yz. 1 + j + j2 = 0 On en déduit : P = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − xz − yz) = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz. Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Il y a deux cas suivant que ABC est équilatéral direct ou indirect (c’est-à-dire suivant que le parcours dans le sens trigonométrique donne A puis B puis C, ou A puis C puis B). ABC est équilatéral direct si et seulement si le vecteur BA se déduit du vecteur BC par la rotation d’angle π3 , c’est-à-dire si et seulement si on a l’égalité a − b = −j 2 (c − b). Cette égalité équivaut à a − (1 + j 2 )b + j 2 c = 0, c’est-à-dire à a + jb + j 2 c = 0. Si on échange b et c, on voit que ABC est équilatéral indirect si a + j 2 b + jc = 0. Finalement, ABC est équilatéral si et seulement si : (a + jb + j 2 c)(a + j 2 b + jc) = 0 ⇔ a2 + b2 + c2 + (j + j 2 )(ab + ac + bc) = 0 ⇔ a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] On applique le résultat de l’exercice précédent. La condition est : z 2 + z 4 + z 6 = z 3 + z 4 + z 5 ⇔ z 2 (z 4 − z 3 − z + 1) = 0 ⇔ z 2 (z − 1)(z 3 − 1) = 0 On trouve donc z ∈ {0, 1, j, j 2 }. Corrigé de l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] On utilise la formule du binôme pour développer (1 + x)n , avec x = 1, x = j, x = j 2 . On obtient successivement : (1 + 1)n = C 0n + C 1n + C 2n + C 3n + C 4n + C 5n + · · · n (1 + j) (1 + j 2 )n 0 n 0 n j 1n + j 2 j 2 1n + j =C + C =C + C 2 n 2 n 3 n 3 n j 4n + j 2 j 2 4n + j C +C + C C +C + C =S+T +U 5 n 5 n C + · · · = S + jT + j 2 U C + · · · = S + j 2 T + jU n S + T + U = 2 Ainsi S, T, U sont solutions du système : S + jT + j 2 U = (−j 2 )n S + j 2 T + jU = (−j)n : (1) : (2) : (3) π 2n +2 cos n 3 2n +2Re ((−j)n ) 2n +(−j 2 )n +(−j)n = = (1) + (2) + (3) ⇒ S = 3 3 3 π n n n n 2 2 n n 2 +2 cos(n−2) 3 2 +2Re (j(−j) ) 2 +j (−j ) +j(−j) 2 = = (1) + j (2) + j(3) ⇒ T = 3 3 3 π n n 2 n 2 n n 2 n 2 +2 cos(n−4) 2 +j(−j ) +j (−j) 2 +2Re (j (−j) ) 3 2 (1) + j(2) + j (3) ⇒ U = = = 3 3 3 c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. 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