Complexes : exemples page 2 de 2
Or 2009 = 502×4 +1, donc (1+ i)2009 = (1+i)502×4(1 + i) = (1 + i)4502 (1+i) =
(−4)502(1 + i)=4502 + 4502i
6. Calculer (1 + i)6et en d´eduire toutes les solutions de l’´equation z2=−8i.
D’apr`es l’exercice pr´ec´edent (1 + i)6= (1 + i)4(1 + i)2=−4×2i=−8i
Donc (1 + i)32=−8i, donc une solution de z2=−8iest (1 + i)3=−2+2i.
L’´equation s’´ecrit alors z2= (−2 + 2i)2. Les solutions sont donc −2 + 2iet son
oppos´e 2 −2i(car l’´equation z2=a2est ´equivalente `a (z−a)(z+a) = 0, soit z=a
ou z=−a).
7. Pour quels nentiers naturels a-t-on 1 + i+i2+··· +in= 0 ?
D’apr`es la formule sur la somme des termes d’une suite g´eom´etrique,
1 + i+i2+··· +in=1−in+1
1−i.
Quelles sont les puissances de i?
i0= 1, i1=i, i2=−1, i3=−i, i4= 1.
Donc i4k=i4k= 1k= 1
i4k+1 =i4ki=i
i4k+2 =i4ki2=−1
i4k+3 =i4ki3=−i
Donc 1 −in+1 = 0 ⇔n+ 1 = 4k
⇔n= 4k−1 (avec kentier >1 : k∈ {3,7,11,15, . . .}).
Exemple : 1 + i+i2+i3= 1 + i−1−i= 0
III) Conjugu´e
1. Soit Ple polynˆome d´efini par P(z) = z3−2z2+z+ 1. D´emontrer que, si aest une
racine de P, alors aest aussi une racine de P.
Soit aune racine de P, c’est-`a-dire P(a) = 0. Est-ce que aest aussi une racine de
P, c’est-`a-dire est-ce que P(a) = 0?
On applique les propri´et´es des conjugu´es pour les op´erations :
P(a) = a3−2a2+a+ 1 = a3−2a2+a+ 1 =
a3+−2a2+a+ 1 = a3−2a2+a+ 1 = P(a)=0=0
2. D´eterminer les nombres complexes ztels que z2=−z.
On pose z=x+yi avec xet yr´eels.
L’´equation s’´ecrit :
(x+yi)2=−x+yi
⇔x2+ 2yi +i2y2=−x+yi
⇔x2−y2+ 2xyi =−x+yi car i2=−1
⇔x2−y2=−x
2xy =y
d’apr`es le principe d’identification des parties r´eelles et des parties imaginaires.
En r´esolvant (y(2x−1) = 0), on trouve z= 0 ou z=−1 ou z=1
2+√3
2iou
z=1
2−√3
2i
3. D´emontrer que z2+z2est un nombre r´eel.
On pourrait d´evelopper z=x+yi, mais il y a plus simple d’apr`es les propri´et´es
des conjugu´es :
On sait que z2=z2donc l’expression est la somme de deux nombres conjugu´es,
elle est donc r´eelle, car Z+Z= 2X= 2Re(Z)
4. D´eterminer les points d’affixe ztels que (1 + z)(i+z) est r´eel.
(1 + z)(i+z) = i+z+zi +zz. Or zz est r´eel (c’est x2+y2), donc le probl`eme
revient `a trouver les ztels que i+z+zi est r´eel.
i+z+zi =i+x−yi +xi −y. ce nombre est r´eel si et seulement si sa partie
imaginaire est nulle : 1 −y+x= 0, c’est-`a-dire y=x+ 1. Donc l’ensemble des
solutions est : tous les nombres de la forme x+ (x+ 1)iavec xr´eel quelconque, et
les points correspondants forment la droite d’´equation y=x+ 1 (en particulier i
et −1 sont solutions).
5. D´eterminer les nombres complexes ztels que z+1+iz =z+ 1 −iz.
Contrairement `a ce qu’on pourrait croire, ce n’est pas toujours le cas : le conjugu´e
de a+bi n’est pas forc´ement a−bi (aet bne sont pas forc´ement r´eels) mais a−bi.
z+1+iz =z+ 1 −iz. La condition s’´ecrit :
z+ 1 −iz =z+ 1 −iz ⇔z(1 −i) = z(1 −i)⇔z=z(car 1 −i /=0)
C’est ´equivalent `a dire que zest r´eel.
6. D´eterminer les points d’affixe ztels que Z=z
z−2soit un imaginaire pur.
Zest imaginaire pur si et seulement si Z=−Z.
On ´ecrit la formule de Zen fonction de z(on utilise les r`egles de calcul sur les
conjugu´es). On trouve Z=z
z−2.
On traduit ensuite Z=−Z, en ´ecrivant sous une forme sans d´enominateur.
On trouve zz −z−z= 0
Remarque : jusqu’`a maintenant, on n’a pas remplac´e zpar x+iy. Tant qu’on peut
avancer sans d´evelopper, on ne d´eveloppe pas.
Maintenant on d´eveloppe : x2+y2−2x= 0
Avec ce type d’´equation, on essaye de mettre sous la forme de l’´equation d’un cercle.
On met sous forme canonique (x−1)2−1 + y2= 0, soit (x−1)2+y2= 1.
Il faut savoir reconnaˆıtre l’´equation du cercle de centre (1; 0) et de rayon √1 = 1.
Il faut enlever le point d’affixe 2 (le d´enominateur de Zserait nul).
Il est prudent de v´erifier. Testons avec un point du cercle, par exemple le point
d’affixe 1 + i. Si z= 1 + i, alors Z=··· =−i. C’est bien un imaginaire pur.