nombres complexes (2)

NOMBRES COMPLEXES (2)
1.
On se propose de déterminer les nombres complexes z 6= 0 satisfaisant la condition (H) :
(H)
z+
1
est un nombre réel.
z
a) première méthode : écrivant z sous la forme x + iy, exprimer la partie imaginaire du nombre
1
complexe z + , et trouver la condition sur x et y pour que la condition (H) soit satisfaite.
z
Terminer alors la détermination de l’ensemble des solutions.
[Attention à bien obtenir des conditions nécessaires et suffisantes].
b) deuxième méthode : utiliser z et z̄ pour traiter ce problème.
c) troisième méthode : utiliser la forme trigonométrique z = ρeiθ pour traiter ce même problème.
2π
2. Voici une méthode pour trouver la valeur du nombre réel c = cos . On s’efforcera de
3
faire le moins de calculs possibles.
On pose α = e2iπ/5 .
a) Calculer α5 , puis 1 + α + α2 + α3 + α4 .
b) Montrer (sans calcul !) que β = α + α4 est un nombre réel, puis l’exprimer en fonction
de c.
c) Montrer que β 2 + β + 1 = 0.
d) Terminer l’exercice en donnant la valeur de c.
3.
a) Existe-t-il des nombres entiers a et b tels que 29 = a2 +b2 ? Même question pour 59 et 61.
b) Soient a, b, c, d, quatre nombres entiers. Montrer qu’il existe des nombres entiers positifs A
et B tels que
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = A2 + B 2 .
[Indication : utiliser les nombres complexes !]
c) application : trouver des nombres entiers positifs m et n tels que
1769 = m2 + n2 .
[Il y a plusieurs couples (m,n) possibles].
4. Résoudre l’équation sin x + sin 2x + sin 3x = 0.
[Proposer plusieurs méthodes].
Soient A, B, C, trois points du plan d’affixes respectifs a, b, c. (b 6= a). Interpréter
c−a
géométriquement le module et l’argument du nombre complexe
.
b−a
5.
Application 1. Ecrire des conditions nécessaires et suffisantes (portant sur a, b, et c), pour que
le triangle ABC soit équilatéral.
1
Application 2. Ecrire des conditions nécessaires et suffisantes (portant sur a, b, et c), pour que
le triangle ABC soit rectangle en A et isocèle.
2
Corrigé
1
1. a) Calculons Z = z + , si z 6= 0. On obtient
z
Z = x + iy +
soit
Z=
1
x − iy
= x + iy + 2
,
x + iy
x + y2
x(x2 + y 2 + 1) + iy(x2 + y 2 − 1)
.
x2 + y 2
Le nombre Z est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle, soit
y(x2 + y 2 − 1) = 0 .
Et ce produit de facteurs est nul si y = 0 ou si x2 + y 2 = 1. L’ensemble des nombres complexes
non nuls vérifiant la condition donnée et donc R∗ ∪ {z | |z| = 1}. Géométriquement, l’ensemble
des images est la réunion de l’axe Oy, privé de l’origine O, et du cercle de centre O et de rayon 1.
b) La condition s’écrit aussi Z = Z soit
z+
1
1
1
= z + = z̄ + .
z
z
z̄
Cela équivaut à
z − z̄ =
La condition s’écrit donc
1 1
z − z̄
− =
.
z̄ z
z z̄
1
(z − z̄) 1 −
z z̄
=0,
ou encore puisque z z̄ = |z|2 6= 0,
(z − z̄)(|z|2 − 1) = 0 .
Finalement on obtient z − z̄ = 0 ou |z|2 −1 = 0. On retrouve bien la condition : z ∈ R∗ ou |z| = 1.
c) Si z = ρeiθ , on trouve
1
Z = ρeiθ + e−iθ ,
ρ
et donc
1
Im Z = ρ sin θ − sin θ =
ρ
1
ρ−
ρ
sin θ ,
Ce nombre est nul si et seulement si sin θ = 0 ou ρ = 1. Mais sin θ = 0 si et seulement si z est
réel. On retrouve bien la condition : z ∈ R = 0 ou |z| = 1.
2. a) On a α5 = e2iπ = 1. Or
α5 − 1 = (α − 1)(α4 + α3 + α2 + α + 1) = 0 ,
et puisque α 6= 1, cela implique
α4 + α3 + α2 + α + 1 = 0 .
3
b) On a
α4 = e8iπ/5 = e−2iπ/5 = ᾱ ,
donc
β = ᾱ + α = 2Re α .
Il en résulte que β = 2 cos 2π
5 est un nombre réel positif.
c) On a
β 2 = (α + α4 )2 = α2 + 2α5 + α8 .
Mais
α8 = α5 α3 = α3
et
α5 = 1,
donc
β 2 + β − 1 = (α2 + 2 + α3 ) + α4 + α − 1
= α4 + α3 + α2 + α + 1 = 0 .
d) Le √
nombre β est une solution positive de l’équation X 2 + X − 1 = 0. Or les solutions sont
−1 ± 5
. On en déduit donc
2
√
2π
β
−1 + 5
cos
= =
.
5
2
4
3. a) Les nombres
a et b cherchés dans les trois cas ne peuvent avoit la même parité, et sont
√
inférieurs à 61, donc à 7. Le plus simple est de former le tableau de toutes les possibilités :
1
1
4
9
16
25
4
5
9
16
17
25
13
36
37
29
25
49
53
45
41
65
61
On constate donc que 29 et 61 figurent dans le tableau, mais pas 59.
b) Si l’on pose z = a + ib et z 0 = c + id, la relation
|z|2 |z 0 |2 = |zz 0 |2 ,
s’écrit
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 .
Les nombres A = |ac − bd| et B = |ad + bc| sont entiers (positifs), et l’on a bien dans ce cas
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = A2 + B 2 .
c) Remarquons que 1769 = 29 × 61. Et on a trouvé
61 = 52 + 62
et
On utilise b)
4
29 = 22 + 52 .
en prenant a = 5, b = 6, c = 2, d = 5, on trouve A = 20 et B = 37
en prenant a = 6, b = 5, c = 2, d = 5, on trouve A = 40 et B = 13.
On a les deux décompositions
1769 = 202 + 372 = 402 + 132 .
4. 1) En utilisant la formule de Moivre
cos 3x + i sin 3x = (cos x + i sin x)3 ,
et donc, par la formule du binôme
cos 3x + i sin 3x = cos3 x + 3i cos2 x sin x − 3 cos x sin2 x − i sin3 x ,
d’où, en prenant la partie imaginaire
sin 3x = 3 cos2 x sin x − sin3 x = sin x(3 cos2 x − sin2 x) ,
et finalement
sin 3x = sin x(4 cos2 x − 1) .
Alors
sin x + sin 2x + sin 3x = sin x + 2 sin x cos x + sin x(4 cos2 x − 1)
= sin x(4 cos2 x + 2 cos x)
= 2 sin x cos x(2 cos x + 1) .
Le produit de facteurs sin x cos x(2 cos x + 1) s’annule dans les trois cas suivants (où k désigne
un nombre entier quelconque) :
(1) sin x = 0 si x = kπ
π
(2) cos x = 0 si x = + kπ
2
1
2π
2π
(3) cos x = − si x =
+ 2kπ ou x = −
+ 2kπ .
2
3
3
kπ
Remarque 1 : les conditions (1) et (2) peuvent se regrouper en x =
2
Remarque 2 : si l’on connait la formule de transformation de somme en produit
sin p + sin q = 2 sin
p+q
p−q
cos
,
2
2
on obtient la factorisation plus rapidement. Tout d’abord
sin x + sin 3x = 2 sin 2x cos x ,
puis
sin x + sin 2x + sin 3x = sin 2x(2 cos x + 1) = 2 sin x cos x(2 cos x + 1) .
2) Par les nombres complexes. La somme sin x + sin 2x + sin 3x est la partie imaginaire de
Z = eix + e2ix + e3ix . Mais, si x 6= 2kπ,
Z = eix (1 + eix + e2ix ) = eix
5
e3ix − 1
.
eix − 1
En multipliant le numérateur et le dénominateur par e−ix/2 , on obtient
Z = eix/2
e7ix/2 − eix/2
e3ix − 1
.
=
2i sin(x/2)
eix/2 − e−ix/2
Dire que la partie imaginaire de Z est nulle revient à dire que la partie réelle de e7ix/2 − eix/2
est nulle, soit
x
7x
= cos .
cos
2
2
On a donc
x
2kπ
7x
= + 2kπ soit x =
, mais il faut que x ne soit pas multiple de 2π donc que k
ou bien
2
2
3
ne soit pas divisible par 3;
7x
x
kπ
ou bien
= − + 2kπ soit x =
mais il faut que x ne soit pas multiple de 2π donc que k
2
2
2
ne soit pas divisible par 4.
En fait les valeurs de x multiples de 2π conviennent cependant puisque dans ce cas sin x, sin 2x
2kπ
kπ
et sin 3x sont nuls. Donc finalement on obtient x =
ou x =
sans condition sur k.
3
2
On peut vérifier que l’on obtient bien les mêmes solutions que dans la première méthode, en
2kπ
distinguant dans l’expression x =
selon le reste de la division de k par 3.
3
Si k = 3p, on retrouve les multiples de 2π qui sont également des multiples de π/2.
2π
Si k = 3p + 1, on a x =
+ 2pπ
3
2π
Si k = 3p − 1, on a x = −
+ 2pπ
3
5. Le module de Z =
argument de Z.
−−
→ −→
c−a
AC
\
est le quotient
, et une mesure de l’angle (AB,AC) est un
b−a
AB
Application 1. Un triangle est équilatéral si et seulement si AB = AC et une mesure de l’angle
−−
→ −→
\
(AB,AC) vaut ±π/3. Cela se traduit par une des relations
c−a
c−a
= eiπ/3 ou
= e−iπ/3 .
b−a
b−a
Application 2. Un triangle est isocèle rectangle en A si et seulement si AB = AC et une mesure
−−
→ −→
\
de l’angle (AB,AC) vaut ±π/2. Cela se traduit par la relation
c−a
c−a
= eiπ/2 = i ou
= −i .
b−a
b−a
6