nombres complexes (2)

NOMBRES COMPLEXES (2)
1. On se propose de d´eterminer les nombres complexes z6= 0 satisfaisant la condition (H) :
(H)z+1
zest un nombre r´eel.
a) premi`ere m´ethode : ´ecrivant zsous la forme x+iy, exprimer la partie imaginaire du nombre
complexe z+1
z, et trouver la condition sur xet ypour que la condition (H) soit satisfaite.
Terminer alors la d´etermination de l’ensemble des solutions.
[Attention `a bien obtenir des conditions n´ecessaires et suffisantes].
b) deuxi`eme m´ethode : utiliser zet ¯zpour traiter ce probl`eme.
c) troisi`eme m´ethode : utiliser la forme trigonom´etrique z=ρeiθ pour traiter ce mˆeme probl`eme.
2. Voici une m´ethode pour trouver la valeur du nombre r´eel c= cos 2π
3. On s’efforcera de
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+α4est un nombre r´eel, puis l’exprimer en fonction
de c.
c) Montrer que β2+β+ 1 = 0.
d) Terminer l’exercice en donnant la valeur de c.
3. a) Existe-t-il des nombres entiers aet btels que 29 = a2+b2? Mˆeme question pour 59 et 61.
b) Soient a,b,c,d, quatre nombres entiers. Montrer qu’il existe des nombres entiers positifs A
et Btels que
(a2+b2)(c2+d2) = A2+B2.
[Indication : utiliser les nombres complexes !]
c) application : trouver des nombres entiers positifs met ntels que
1769 = m2+n2.
[Il y a plusieurs couples (m,n) possibles].
4. R´esoudre l’´equation sin x+ sin 2x+ sin 3x= 0.
[Proposer plusieurs m´ethodes].
5. Soient A,B,C, trois points du plan d’affixes respectifs a,b,c. (b6=a). Interpr´eter
g´eom´etriquement le module et l’argument du nombre complexe c−a
b−a.
Application 1. Ecrire des conditions n´ecessaires et suffisantes (portant sur a,b, et c), pour que
le triangle ABC soit ´equilat´eral.
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Application 2. Ecrire des conditions n´ecessaires et suffisantes (portant sur a,b, et c), pour que
le triangle ABC soit rectangle en Aet isoc`ele.
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Corrig´e
1. a) Calculons Z=z+1
z, si z6= 0. On obtient
Z=x+iy +1
x+iy =x+iy +x−iy x2+y2,
soit
Z=x(x2+y2+ 1) + iy(x2+y2−1)
x2+y2.
Le nombre Zest r´eel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle, soit
y(x2+y2−1) = 0 .
Et ce produit de facteurs est nul si y= 0 ou si x2+y2= 1. L’ensemble des nombres complexes
non nuls v´erifiant la condition donn´ee et donc R∗∪{z| |z|= 1}. G´eom´etriquement, l’ensemble
des images est la r´eunion de l’axe Oy, priv´e de l’origine O, et du cercle de centre Oet de rayon 1.
b) La condition s’´ecrit aussi Z=Zsoit
z+1
z=z+1 z= ¯z+1 ¯z.
Cela ´equivaut `a
z−¯z=1
¯z−1 z=z−¯z z¯z.
La condition s’´ecrit donc
(z−¯z)1−1
z¯z= 0 ,
ou encore puisque z¯z=|z|26= 0,
(z−¯z)(|z|2−1) = 0 .
Finalement on obtient z−¯z= 0 ou |z|2−1 = 0. On retrouve bien la condition : z∈R∗ou |z|= 1.
c) Si z=ρeiθ, on trouve
Z=ρeiθ +1
ρe−iθ ,
et donc
Im Z=ρsin θ−1
ρsin θ=ρ−1 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 zest
r´eel. 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 α6= 1, cela implique
α4+α3+α2+α+ 1 = 0 .
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b) On a
α4=e8iπ/5=e−2iπ/5= ¯α ,
donc
β= ¯α+α= 2Re α .
Il en r´esulte que β= 2 cos 2π
5est un nombre r´eel positif.
c) On a
β2= (α+α4)2=α2+ 2α5+α8.
Mais
α8=α5α3=α3et α5= 1,
donc
β2+β−1=(α2+2+α3) + α4+α−1
=α4+α3+α2+α+ 1 = 0 .
d) Le nombre βest une solution positive de l’´equation X2+X−1 = 0. Or les solutions sont
−1±√5
2. On en d´eduit donc
cos 2π
5=β 2=−1 + √5 4.
3. a) Les nombres aet bcherch´es dans les trois cas ne peuvent avoit la mˆeme parit´e, et sont
inf´erieurs `a √61, donc `a 7. Le plus simple est de former le tableau de toutes les possibilit´es :
1 4 9 16 25 36 49
1 5 17 37
4 13 29 53
9 25 45
16 41 65
25 61
On constate donc que 29 et 61 figurent dans le tableau, mais pas 59.
b) Si l’on pose z=a+ib et z0=c+id, la relation
|z|2|z0|2=|zz0|2,
s’´ecrit
(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+B2.
c) Remarquons que 1769 = 29 ×61. Et on a trouv´e
61 = 52+ 62et 29 = 22+ 52.
On utilise b)
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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 d´ecompositions
1769 = 202+ 372= 402+ 132.
4. 1) En utilisant la formule de Moivre
cos 3x+isin 3x= (cos x+isin x)3,
et donc, par la formule du binˆome
cos 3x+isin 3x= cos3x+ 3icos2xsin x−3 cos xsin2x−isin3x ,
d’o`u, en prenant la partie imaginaire
sin 3x= 3 cos2xsin x−sin3x= sin x(3 cos2x−sin2x),
et finalement
sin 3x= sin x(4 cos2x−1) .
Alors
sin x+ sin 2x+ sin 3x= sin x+ 2 sin xcos x+ sin x(4 cos2x−1)
= sin x(4 cos2x+ 2 cos x)
= 2 sin xcos x(2 cos x+ 1) .
Le produit de facteurs sin xcos x(2 cos x+ 1) s’annule dans les trois cas suivants (o`u kd´esigne
un nombre entier quelconque) :
(1) sin x= 0 si x=kπ
(2) cos x= 0 si x=π
2+kπ
(3) cos x=−1
2si x=2π 3+ 2kπ ou x=−2π 3+ 2kπ .
Remarque 1 : les conditions (1) et (2) peuvent se regrouper en x=kπ
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Remarque 2 : si l’on connait la formule de transformation de somme en produit
sin p+ sin q= 2 sin p+q
2cos p−q 2,
on obtient la factorisation plus rapidement. Tout d’abord
sin x+ sin 3x= 2 sin 2xcos x ,
puis
sin x+ sin 2x+ sin 3x= sin 2x(2 cos x+ 1) = 2 sin xcos x(2 cos x+ 1) .
2) Par les nombres complexes. La somme sin x+ sin 2x+ sin 3xest la partie imaginaire de
Z=eix +e2ix +e3ix. Mais, si x6= 2kπ,
Z=eix(1 + eix +e2ix) = eix e3ix −1
eix −1.
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