- Cours Les nombres complexes. HISTORIQUE. Nous vous avons menti !! Malgré tout ce que vos enseignants ont pu vous raconter depuis le collège, il existe des nombres dont le carré peut être négatif ! Imaginés au XVIème par Cardan (1501−1576), Tartaglia (1500−1557) ou encore Bombelli (1526−1573), les nombres complexes (appelés aussi nombres imaginaires) ont mis plus de trois siècles à s’imposer au sein de la communauté scientifique. Fréquemment utilisés jusqu’au XVIIIème, leur nature reste encore obscure et leur adoption au sein de la communauté est loin de faire l’unanimité. Il faudra attendre le XIXème siècle et leur interprétation géométrique pour qu’ils s’imposent de manière définitive auprès des scientifiques. Tout aurait pu commencer comme cela… L’étude des racines des polynômes contraint le mathématicien à construire de plus en plus d’ensembles… Au tout début de l’étude des nombres (l’arithmétique), il y avait l’ensemble {0 ;1}. Muni de l’addition, le mathématicien obtient alors l’ensemble IN des entiers naturels. - Dans IN, l’équation x+3 = 4 admet comme solution x = 1. Mais par contre, l’équation x+4 = 3 n’en admet aucune. On décide alors de munir IN de la loi soustraction, on construit alors l’ensemble Z Z, avec ℕ ⊂ ℤ . - Ainsi dans Z Z, l’équation x+4 admet une solution, -1. Cependant, la simple équation 3x = −5, elle, n’admet pas de solution dans ℤ . On construit alors l’ensemble ℚ , qui contient ℤ et qui permet désormais de résoudre toutes les équations du type ax + b = 0 , a non nul. - Pourtant, dans Q, on bloque par exemple sur l’équation x² - 3 = 0. On construit alors l’ensemble IR , tel que ℚ ⊂ ℝ , qui contient lui, tous les irrationnels. - Dans IR, vous l’avez bien compris, nous sommes désormais capables de déterminer les racines d’un trinôme de discriminant positif... mais pas ceux de discriminant négatif. Nous bloquons sur l’équation toute simple x² = 1. Ainsi né l’ensemble ℂ , avec ℝ ⊂ ℂ , qui contient un nombre i tel que i 2 = −1 … Cet ensemble, imaginé par les mathématiciens est compatible avec les règles connues sur ℝ , addition, multiplication, puissance… et apportera enfin une solution aux équations P(x) = 0, où P est un trinôme de discriminant négatif. Et après me dirait vous ? Ne peut-on pas trouver d’équation polynomiale insoluble dans ℂ pour construire un ensemble encore plus gros ?? Et bien non, il n’y a rien « au dessus » de ℂ ! On dit que ℂ est algébriquement clos : tout polynôme à coefficient dans ℂ admet ses racines dans ℂ. → Remarquons enfin que cette notion de nombres complexes, que certain trouveront peut-être folklorique, est utilisée de manière parfois centrale dans de nombreux domaines : physique (électricité…), informatique (imagerie 3D…), sociologie (modélisation de l’évolution de populations…), etc. C’est donc loi de n’être qu’une théorie imaginaire ! → Animations liées : Le cours illustré sur les complexes : animations sur l’affixe d’un point ou d’un vecteur, la forme trigonométrique, l’écriture exponentielle, le module ou l’argument… http://mathemitec.free.fr/animations/comprendre/complexes/ici/nombre-complexe.php -1D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
Note Tous les exercices ou les démonstrations des propriétés de ce chapitre se trouvent à la fin de ce document. I. Forme algébrique d’un complexe. Représentation graphique. De manière générale, les lettres x, y, x’, y’… représentent des nombres réels, les nombres complexes étant le plus souvent notés z, z’, z1 … Généralités Théorème (admis). On admet l’existence d’un ensemble noté ℂ , appelé ensemble des nombres complexes, qui possède les propriétés suivantes : - IR est inclus dans ℂ . - il existe un nombre complexe, noté i tel que i² = −1. - les règles de calcul connus sur IR (distributivité, commutativité, addition…) sont vraies sur ℂ . - tout nombre complexe z s’écrit de manière unique sous la forme z = x + iy , où x et y sont deux réels. Exemples. Les nombres suivants sont des complexes : z1 = 3 + i, z 2 = −4, z3 =
3 i − … 2 4
Définition. L’écriture z = x + iy est la forme algébrique du complexe z. → x est la partie réelle de z, notée Re(z) (x ∈ IR). → y est la partie imaginaire de z, notée Im(z) (y ∈ IR). Exercices I-1. Donner les parties réelles et imaginaires des trois complexes précédents. Théorème I-2. Deux nombres complexes sont égaux si et seulement si (ssi) ils ont la même partie réelle et la même partie imaginaire. Indication : utiliser l’unicité de la forme algébrique d’un nombre complexe. Vocabulaire. → Un complexe de partie imaginaire nulle est un nombre réel : Im(z) = 0 ⇔ z est réel. → Un complexe de partie réelle nulle est appelé un imaginaire pur : Re(z) = 0 ⇔ z est un imaginaire pur (donc de la forme z = iy, y ∈ ℝ ). L’ensemble des imaginaires purs est noté iℝ . Attention : si z n’est pas un réel, ce n’est pas forcement un imaginaire pur. Théorème. Les règles d’addition et de multiplication connues dans ℝ se prolongent à ℂ . Autrement dit : (x+iy)+(x’+iy’) = (x+x’)+i(y+y’) : la partie réelle d’une somme est la somme des parties réelles (de même pour la partie imaginaire). Tout complexe z = x + iy admet pour opposé z’ = -z = -x – iy : z + z’ = 0 (x+iy)(x’+iy’) = xx’ + ixy’ + iyx’ + i²yy’. Comme i² = -1, on obtient : (x+iy)(x’+iy’) = (xx’ - yy’) + i(xy’ + yx’) [formule à ne pas apprendre !] En particulier, pour tout réel x et y : (x+iy)(x-iy) = x²+y². 1 Tout nombre complexe non nul z admet un inverse noté z ' = : zz’ = 1. z -2D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
Remarque. Contrairement à ℝ , la notion d’ordre n’a aucun sens sur ℂ : on ne peut donc ordonner les complexes, écrire que z > 0 lorsque z n’est pas réel n’aura donc aucune sens. Exercices I-3. Résoudre dans ℂ les équations suivantes :
3i =5 z −i 4. z 2 + 4 = 0
1. 3z + 2 – i =0
2.
3. ( 3z − 2i + 3)( 3 − iz ) = 0 Remarque.
1 : mais comment déterminer la forme algébrique de ce complexe. 3+i La nouvelle identité remarque va nous permettre de le faire. 1 3−i 3−i 3−i × = = . En effet, multiplions numérateur et dénominateur par 3 − i : 3 + i 3 − i 32 − i 2 10 → Suivant le même principe, elle nous servira aussi à déterminer la forme algébrique des complexes z de la forme . z' 1 + 3i 1 + 3i 2 + i (1 + 3i )( 2 + i ) −1 + 7i Par exemple = × = = . 2−i 2−i 2+i 5 5 → L’inverse de 3+i est donc
Exercice I-4. Déterminer la forme algébrique de l’inverse des complexes suivants : z1 = 1 − i , z2 = −2 + 4i ,
z3 =
2 2 +i puis z4 = i . 2 2
Déterminer la forme algébrique des complexes suivants : z5 = Remarque. Puissances de i :
i0 = 1 ∀ n ∈ IN,
i1 = i i4n = 1
i² = −1 i4n+1 = i
3+i 3i et z6 = . 1− i 2i − 1 i3= −i i4n+2 = −1
i4 = 1 i4n+3 = −i
Aspect Géométrique Définition. → → Le plan est muni du repère orthonormé direct (O; u; v). A tout nombre complexe z = x + iy on associe le point M de coordonnées M(x ;y). On dit que M a pour affixe z un encore que M est le point image de z : on note M(z). On dit de même que OM a pour affixe z ou que OM est le vecteur image de z : on note OM (z). Le plan est alors appelé plan complexe. Autrement dit, le point M a pour coordonnées (x ; y) dans le plan cartésien si et seulement si M a pour affixe z = x + iy dans le plan complexe Remarque. L’axe des abscisses est l’ensemble des points M d’affixe un réel : on l’appellera aussi « axe des réels ». L’axe des ordonnées est l’ensemble des points M d’affixe un imaginaire pur : on l’appellera aussi « axe des imaginaires purs ». Nous avons déjà remarqué que la forme algébrique d’un nombre complexe est unique : comme l’affixe d’un vecteur est liée à sa forme algébrique, nous obtenons naturellement que : Propriété. Deux vecteurs sont égaux ssi ils ont la même affixe. -3D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
Propriétés I-5. = z −z . Si A ( z A ) et B ( z B ) alors AB ( z B − z A ) : autrement dit z B A AB
On a zu + v = zu + zv : autrement dit, l’affixe d’une somme de vecteurs est la somme des affixes.
Pour tout réel k, zk u = kzu .
Soit A ( z A ) et B ( z B ) .
Si G est le barycentre de (A,a)(B,b) avec a et b réels (et a+b non nul), alors zG = En particulier, l’affixe du milieu I de [AB] est z I =
az A + bz B . a+b
z A + zB . 2
Indication : utiliser les résultats connus sur les coordonnées cartésiennes d’un vecteur. Exercice I-6.
11 Soit A ( −2 + i ) , B ( 3 + 3i ) et C 1 + i . 5
1. Calculer les affixes des vecteurs AB et AC . 2. En déduire que les points A, B et C sont alignés. Exercice I-7. 1. Soit
z A = 1 − 2i . Placer A ( z A ) et B ( z B ) avec z B = iz A dans le plan complexe.
Que dire du triangle OAB ? Le prouver. 2. Soit z un nombre complexe quelconque d’affixe z = x + iy. Placer M(z) et M’(iz) dans le plan complexe. Que dire du triangle OMM’ ? Le prouver. 3. Que dire de la transformation du plan complexe qui à M(z) associe M’(iz) ?
II. Conjugué d’un nombre complexe. Définition. Le conjugué du complexe z = x + iy est z = x – iy. Interprétation géométrique. M’( z ) est le symétrique de M(z) par rapport à l’axe des abscisses. On retiendra la configuration suivante…
Exemple. −2 + i = −2 − i , 3i + 2 = −3i + 2 ou encore 2 = 2 et 6i = −6i .
M2(-z)
y
M(z)
v -x
o
M1(-z)
-y
u
Propriétés II-1. Pour tout complexe z, on a :
z=z z est un nombre réel ssi z = z . z est un imaginaire pur ssi z = − z . z + z = 2 Re ( z ) et z − z = 2 Im ( z ) .
Pour tout complexe z = x+iy, z z = x 2 + y 2 est un réel positif.
Remarque. C’est en fait le conjugué de z que nous utilisions pour donner la forme algébrique d’un quotient : 3 + i 3 + i 1 + i 2 + 4i = × = = 1 + 2i . 1− i 1− i 1+ i 2
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x
M'(z)
La conjugaison est une en fait une fonction ℂ → ℂ qui à z associe z . Il est naturel d’étudier sa compatibilité avec les opérations usuelles. Propriétés II-2. Pour tout complexes z et z’, z + z' = z + z' z× z' = z× z'
()
n
zn = z
z z = z' z'
Exercice II-3.
pour tout entier naturel n
(
)
Soit f ( z ) = (1 + z ) i + z une fonction de la variable complexe. 1. Déterminer l’ensemble géométrique des points M d’affixe z tels que f(z) soit réel. 2. Déterminer l’ensemble géométrique des points M d’affixe z tels que f(z) soit un imaginaire pur. Indication : déterminer la forme algébrique de f(z).
Exercice II-4. Démontrer que M(z) est sur le cercle C(O ;1) ssi z =
1
(O est l’origine du repère).
z
III. Racines d’un trinôme Nous allons étudier dans cette partie les trinômes de variable complexe à coefficients réels : ce sont les trinômes de la forme P(z) = az² + bz + c où z ∈ ℂ et a,b et c sont réels.
Equation z² = a, a réel
Lorsque a est un réel positif, a =
( a)
de l’équation z² = a sont les réels
2
(
donc nous avons z 2 − a = z − a
)( z + a )
: les solutions
a et - a .
(
Lorsque a est un réel négatif, a = i −a
)
2
(
donc nous avons z 2 − a = z − i −a
)( z + i
−a
)
: les
solutions de l’équation z² = a sont les imaginaires purs i − a et - i − a .
Remarque. Le symbole est réservé uniquement réservé aux réels positifs : rappelons que par définition, la fonction racine a été définie de ℝ + → ℝ + , et ça restera longtemps juste comme çà… Par exemple, on ne devra pas écrire « -3 », mais on dira que i 3 et -i 3 sont les racines carrées complexes de –3.
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Trinômes de variable complexe, à coefficients réels. Rappelons-nous la méthode pour déterminer les racines d’un trinôme… la forme canonique ! 2 b c b b2 c Soit P( z ) = az 2 + bz + c , a non nul : P( z ) = a z 2 + z + = a z + − 2 + donc a a 2a 4a a 2 b b 2 − 4ac P( z ) = a z + − . 2a 4a 2
∆ ∆ b b Posons donc ∆ = b 2 − 4ac de sorte que P( z ) = 0 ⇔ z + − = 0 ⇔ z + = qui est de lq 2 2 2a ( 2 a ) 2a ( 2a ) 2
forme Z 2 = A , avec Z = z +
2
b ∆ et A = . 2 2a ( 2a )
A l’aide de la partie précédente, on obtient le théorème suivant : Théorème. L’équation az²+ bz + c = 0 de variable z complexe, à coefficients réels (a ≠ 0) et de discriminant ∆ = b² - 4ac, admet : b > Si ∆ = 0 : 1 solution réelle unique − . 2a > Si ∆ > 0 : 2 solutions réelles -b - ∆ et -b - ∆ . 2a
2a
> Si ∆ < 0 : 2 solutions complexes conjuguées -b - i -∆ et -b - i -∆ . 2a
2a
Remarque. Dans la pratique, lorsque le discriminant est négatif, on calcule une racine z1 et on remarque que z2 = z1 . Exercice III-1. Soit P( z ) = z 3 − 2 z 2 − 3z + 10 où z est un nombre complexe. 1. En remarquant que -2 est racine de P, déterminer le trinôme Q tel que P( z ) = ( z + 2)Q ( z ) . 2. Factoriser le polynôme P dans ℂ . Exercice III-2 [difficile]. Soit P un polynôme à coefficients réels. Montrer que si z0 est racine de P alors z0 est aussi racine de P. Remarque. Le fait que les coefficients soient réels ou non est donc capitale dans l’étude des racines d’un polynôme, comme le montre l’exercice précédent. Nous allons voir sur un exemple à priori simple, comment déterminer les racines d’un polynôme à coefficients complexes. Exercice III-3. Soit P(z) = z² + i un polynôme. 1. Déterminer la forme algébrique de P(z). 2. En déduire les racines de P.
-6D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
IV. Brefs rappels de trigonométrie
x
cos² (x) + sin² (x) = 1 Pour tout x :
−1 ≤ cos( x ) ≤ 1
cos (x+2π) = cos(x)
0
cos(x)
1
sin(x)
0
tan(x)
0
Pour tout x :
−1 ≤ sin( x ) ≤ 1
sin (x+2π) = sin(x)
Pour tout x :
cos( − x) = cos( x )
sin( x) tan( x) = cos( x)
Pour tout x :
sin(− x ) = − sin( x )
(
π/6 π/4 π/3 π/2
3 2 1 2
2 2 2 2
3 3
1
1 2
0
3 2
1
3 N.Def
)
R = O; u; v un repère orthonormé direct.
Définition. Soit
→ Le cercle trigonométrique est le cercle de rayon 1 unité, et orienté (dans le sens inverse des aiguilles d’une montre). → On dit que M est d’abscisse angulaire x, noté M(x), si une mesure de l’angle orienté
(u, OM ) ≡ x [2π ] .
→ Dans ce cas, à l’aide des définitions géométriques vues en collège du cos et du sin, on montre que les coordonnées cartésiennes de M sont : M ( cos( x );sin( x ) ) . sin(x) v
M (x)
x O
cos(x) u
Remarque. A l’aide des valeurs remarquables des sinus et cosinus cidessus, on pourra placer de manière exacte la plupart des angles utilisés en T°S. Et il faut savoir le faire !
Deux formules qui donnent toutes les autres 1. cos( a+b ) = cos( a ).cos( b ) – sin( a ).sin( b ) 2. sin( a+b ) = sin( a ).cos( b ) + sin( b ).cos( a ) En effet :
en faisant b → −b dans la formule 1 : en faisant b → −b dans la formule 2 : en faisant a = b dans la formule 1 :
cos (a-b) = cos(a)cos(b) + sin(a)sin(b). sin (a-b) = sin(a)cos(b) - sin(b)cos(a). cos(2a) = cos²(a) – sin²(a) = 1 – 2sin²(a) car cos²(a) + sin²(a) = 1
en faisant a = b dans la formule 2 : en faisant b = π dans la formule 1 : …
sin(2a) = 2sin(a)cos(a). cos(a+π) = - cos(a).
Résolution d’équations La lecture du cercle trigonométrique donne entre autre que : 1. sin(x) = sin(a) ⇔ x = a [2π] ou x = π-a [2π]. 2. cos(x) = cos(a) ⇔ x = a [2π] ou x = -a [2π].
-7D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
V. Forme trigonométrique d’un complexe →
→
(O, u ; v) désigne un repère orthonormé direct. Rappels sur les coordonnées polaires En coordonnées cartésiennes,
→
→
→
dire que M(x,y) a pour coordonnées (x ;y) signifie que OM= xu + yv.
M
y r
En coordonnées polaires, OM = r dire que M(r,θ) a pour coordonnées (r,θ) signifie que → → ( u;OM) ≡ θ [2π]
o
x
r ² = x ² + y ² x ou encore D’après les relations trigonométriques dans un triangle rectangle cosθ = r y sinθ = r r = x 2 + y 2 x = r cos (θ ) : ces relations permettront de passer des coordonnées cartésiennes aux polaires et y = r sin (θ ) réciproquement. Exercices V-1. 1. Déterminer les coordonnées polaires des points suivants : M(1 ; −1), N(1+i 3 ), K(- 3 +i) 2. Déterminer les coordonnées cartésiennes des points suivants : L(3 ; −π/3), P(1 ; −π/2) Forme trigonométrique d’un complexe Dans toute la suite : z = x + iy est la forme algébrique de z (x et y réels) et z est l’affixe de M(z). Définitions. Le module du complexe z = x +iy, noté |z|, est le réel | z |= x ² + y ² .
Lorsque z est non nul, on appelle argument de z, noté arg(z), toute mesure en radians de l’angle orienté u, OM .
(
)
Interprétation. Module et argument de z correspondent donc respectivement aux première et deuxième coordonnées polaires de M(x,y). Remarque. Le module d’un réel est sa valeur absolue, ce qui justifie la notation. Exemples.
| i |= 0² + 1² = 1 : logique ! La distance de O à M(i) est 1, et arg(i ) = |1 + i| =
2 et arg(1+i) = +
π 4
π 2
.
(par exemple, placer M(1+i) pour déterminer cette valeur)
Exercice V-2. Déterminer le module et l’argument des complexes suivants : z1 = −2 + 2i , z2 = 3 − i , z3 = −5i , z4 = −3 , z5 = −3 + 3 3i . -8D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
Remarques. z est réel SSI le point M(z) est sur l’axe (Ox), ce qui se traduit par arg ( z ) = 0 [π ] .
z est imaginaire pur SSI le point M(z) est sur l’axe (Oy), ce qui se traduit par arg ( z ) =
π 2
[π ] .
Découverte de la forme trigonométrique d’un complexe. Nous savons que z = x + iy est la forme algébrique de z, affixe du point M En termes de coordonnées cartésiennes, on a M(x ;y) et en termes de coordonnées polaires, M(r, θ = arg(z)). Nous avons déjà vu que x = r cos θ et y = r sin θ donc z = x + iy = (r cos θ) + i(r sin θ) ! Définition.
r =| z | La forme trigonométrique du complexe z est z = r[cos θ + i sin θ] avec . θ = arg ( z ) Attention. Notez que r est le module de z est un réel strictement positif (pour z non nul).
Exemples.
3π 3π Par exemple, pour l’exercice V-2, on a z1 = −2 + 2i = 2 cos + i sin ou encore 4 4 π π z2 = 3 − i = 2 cos − + i sin − . 6 6 Exercice V-3. Déterminer la forme trigonométrique des complexes suivants : π π π π 3π 3π z1 = 12 − 12i , z2 = 3 cos − i sin , z3 = −2 cos + i sin , z4 = 6 − cos + i sin ou encore 12 12 8 8 12 12
z ' = r ( cos (θ ) − i sin (θ ) ) avec r>0.
Propriétés Module / Argument.
Propriété V-4. Deux complexes sont égaux ssi ils mont le même module et le même argument. Pour tout complexe z :
z = -z = z
z = z×z
arg z ≡ - arg z [2π]
2
arg (-z) ≡ arg z + π [2π ] z est un réel ⇔ z = 0 ou arg z ≡ 0 [π ] z est un imaginaire pur ⇔ z = 0 ou arg z ≡ π /2 [π ]
-9D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
Module/Argument et Opérations. Propriété V-5. Pour tout complexe z, z’, on a : > z×z' = z × z'
1 1 = > z z (z non nul) z > z'
=
z z ' (z’ non nul)
> Pour tout réel λ ,
λz = λ × z
(module de λ = valeur absolue de λ)
zn = z . n
> Pour tout naturel n, >
z + z' ≤ z + z'
Exercices V-6. Déterminer le module des complexes suivants : (1+3i)² ; (1−2i)(3+i);
1+ i 2+i
;
(2 + 3i )² (1 − i )5
; cos θ + i sin θ .
Propriété V-7. Pour tout complexe z, z’ on a : > arg(zz’) ≡ arg z + arg z’ [2π] 1 > arg( ) ≡ − arg z [2π] z z > arg( ) ≡ arg z − arg z’ [2π] z' > arg(zn) ≡ n × arg(z) Remarques importantes. Quelle forme ont donc les nombres complexes de module 1 ?? La forme trigonométrique nous permet d’affirmer que tout nombre complexe de module 1 s’écrit z = cos (θ ) + i sin (θ ) puisque r = 1.
| z n |=| z |n Mais nous savons que : zn sera donc un nombre complexe de module 1 et n arg(z )=n × arg(z) d’argument nθ . D’après la remarque ci-dessus, on a donc ( cos (θ ) + i sin (θ ) ) = cos ( nθ ) + i sin ( nθ ) !! n
Magnifique non ?? non ! bon… Exercices V-8 Soit z = 1 − i et z’ = 1 + i 3. (i) Déterminer modules et arguments de z ; z’ ; z4. Donner la forme algébrique de z 4 et de (ii) Déterminer modules et arguments de
z 7π . En déduire la valeur exacte de cos z' 12
- 10 D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
.
z . z'
Module/Argument : Aspect Géométrique Voici une liste non exhaustive de propriétés (avec leurs démonstrations) simples, mais parfois très utiles. Les deux derniers points vont être démontrés séparément, et le raisonnement est à connaître [ROC] ! Propriété V-9.
→
→
zB − zA est l’affixe de AB donc |zB − zA| = || AB || = AB. |z| = 0 ⇔ OM = 0 ⇔ O = M ⇔ z = 0 |z| = |z’| ⇔ OM = OM’ ⇔ M et M’ sont sur le cercle de centre O. |z| = a (a réel +) ⇔ OM = a ⇔ M est sur le cercle de centre O et rayon a. |z − zI| = a (a réel +) ⇔ IM = a ⇔ M est sur le cercle de centre I et rayon a. |z − zA| = |z − zB| ⇔ AM = BM ⇔ M est sur la médiatrice de [AB].
→ ) = (u ; AB) [2π] arg(zB − zA) = arg(zAB → → zD − zC (AB ; CD) ≡ arg( ) [2π] zB − zA
→
→
Exercices V-10 Soit A(2), B(i), C(1 − 2i). Déterminer la nature du triangle ABC. Exercices V-11 Soit A(2), B(i), C(1 − 2i) Calculer (c−a)/(b−a). Que peut−on en déduire ? Exercices V-12 Soit M d’affixe z ∈ ℂ \ {1; −2i} . z-1 ) 1. Interpréter géométriquement arg( z + 2i z-1 2. Déterminer l’ensemble des points M(z) tel que arg( ) = π/2 [π]. z + 2i z-1 3. Déterminer l’ensemble des points M(z) tel que soit réel. z + 2i Exercices V-13 Quel est l’ensemble des points M(z) tels que
z+2 soit un imaginaire pur ? z −i
Exercices V-14 Quel est l’ensemble E des points M(z) tels que | z + 2 |=| z − 3 + i | ?
VI. Forme exponentielle d’un complexe
Introduction à la notation exponentielle. Soit f la fonction définie sur IR qui à un réel x associe le complexe z de module 1 et d’argument x f(x) = cos(x) + i sin(x). > Les fonctions cos et sin étant dérivables, i étant une constante, et en admettant que nous comprenons ce que nous faisons (cad dériver une fonction complexe !), on obtient : f ’(x) = − sin x + i cos x = i²sin x + i cos x = i f(x) cad f’(x) = if(x). Remarquons alors que f(0) = 1. Nous obtenons : f '( x) = kf ( x), avec k = i . f (0) = 1 Cela devrait vous rappeler quelque chose… - 11 D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
> Remarquons aussi que, en vertu des propriétés démontrées sur l’argument d’un complexe, on a : f ( x + x ') = f ( x) f ( x ') . Cela devrait vous rappeler quelque chose encore ! En fait nous venons de vérifier que la fonction f(x) = cos(x) + i sin(x) satisfaisait les propriétés caractérisant la fonction exponentielle… Cela justife la notation suivante :
Notation. On note f(θ) = eiθ le complexe de module 1 et d’argument réel θ. Autrement dit, pour tout réel θ, on pose cos(θ) + i sin(θ) = eiθ.
Exemples. ei0 = ei2π = 1 ;
eiπ = -1 ;
eiπ/2 = i ;
−i = ei(−π/2) ;
eiπ/3 = cos π/3 + i sin π/3 =
1 3 +i … 2 2
Définition. Pour tout complexe z, non nul, de module r et d’argument α, z = r eiα est l’écriture exponentielle de z. Remarque. Cela vient évidemment de la forme trigonométrique d’un complexe : rappelons que tout complexe z s’écrit sous la forme z = r ( cos(θ ) + i sin(θ ) ) où on note cos(θ ) + i sin(θ ) = eiθ . Exercice VI-1. Soit z = 1 + i. Donner l’écriture exponentielle de z. Donner la forme algébrique de 2 eiπ/6. Cohérence et efficacité de cette notation L’avantage de cette notation est que, connaissant déjà beaucoup de propriétés de la fonction exponentielle, nous allons pouvoir « en oublier » la plupart de celles des arguments. En effet, la propriété suivante nous permettra d’en retrouver la grande majorité, voire de les utiliser sans s’en rendre compte ! Propriété VI-2. ∀z∈C*, si z =
e iα alors
z = re − iα
− z = rei (α +π )
eiα × eiβ = ei (α + β ) : l’exponentielle complexe réagit comme l’exponentielle réelle sur le produit.
eiα = ei (α − β ) : l’exponentielle complexe réagit comme l’exponentielle réelle sur le quotient. iβ e
(eiα ) n = einα pour tout entier n [formule de Moivre] : idem que l’exponentielle réelle…
Propriété VI-3. 1. Donner l’écriture algébrique de (1 − i)8 = [ 2 ei(−π/4)]8 = 16 ei(−2π) = 16.
( 3 + i )5 2. Donner l’écriture exponentielle puis algébrique de (1 + i )12 . 3. Donner l’écriture exponentielle de z = 1 – i ; z ; - z . Présentons maintenant deux formules célèbres qui seront utiles dans l’avenir… des prépas surtout. - 12 D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
Formules d’Euler : Par définition, donc
(1) : cos θ + i sin θ =
e iθ
(2) : cos θ − i sin θ =
e − iθ en passant au conjugué
eiθ − e − iθ eiθ + e − iθ (1) + (2) donne : cos θ = puis (1) – (2) : sin θ = 2 2i Pour ceux qui ne connaissent pas leurs formules de trigo, on en déduit par exemple que :
ei(θ +π ) + e − i(θ +π ) eiπ eiθ + eiπ e − iθ eiθ + e − iθ cos (θ + π ) = = =− = − cos (θ ) donc mieux vaut connaître ses 2 2 2 formules de trigo -)). VII. Transformations Avant d’étudier les transformations géométriques classiques, introduisons une nouvelle notion. Propriété VII-1 - Equation paramétrique d’un cercle : (C) est le cercle de centre Ω d’affixe ω et de rayon r. M est un point d’affixe z. Alors M ∈ (C) ⇔ ∃ α ∈ ]−π ;π] tel que z = ω + r eiα : on dit que z = ω + r eiα est l’équation paramétrique de (C). →
1. Ecriture complexe d’une translation de vecteur u d’affixe b. t → → → M’ ⇔ MM' =u
Par définition d’une translation, M
→
→
En terme d’affixe, on obtient donc MM' = u ⇔ z’ − z = b ⇔ z’ = z + b. Exemple. → Soit u(1 − 2i) et A(1 + i). Si A’ = t(A) alors a’ = 1 + i + 1 − 2i = 2 − i. 2. Ecriture complexe d’une homothétie de centre Ω d’affixe ω et de rapport réel k (≠ 0) Par définition d’une homothétie, M
h → M’ ⇔ Ω→M' = k Ω→M →
→
En terme d’affixe, on obtient donc ΩM' = k ΩM ⇔ z’ − ω = k(z − ω) ⇔ z’ = ω + k(z − ω) 2. Ecriture complexe d’une rotation de centre Ω d’affixe ω et d’angle α. |z'- ω| = |z - ω| ΩM' = ΩM r → M’ ⇔ → → z' - ω Par définition d’une rotation, M ⇔ ( ΩM;ΩM') = α + 2kπ arg( z - ω ) = α |z'- ω|/|z - ω| = 1 z' - ω z' - ω ⇔ ⇔ = eiα z-ω arg( )=α z-ω Or si M ≠ Ω alors Ω ≠ M’, sinon M = Ω = M’ et z’ = ω Ainsi, M’ = R(M) ⇔ z’ − ω = (z − ω)eiαα. Cas particuliers. Lorsque Ω = O, la rotation s’écrit z’ = zeiα. Lorsque α = π/2, la rotation s’écrit z’ − ω = i(z − ω) (quart de tour direct). Lorsque α = −π/2, la rotation s’écrit z’ − ω = −i(z − ω) (quart de tour indirect). → Voir les ds des années précédentes ou les sujets corrigés de Bac du site pour les nombreux exercices illustrant des écritures complexes.
DS corrigés : http://mathemitec.free.fr/archives/Ts-ds.php Bac corrigé : http://mathemitec.free.fr/bac/ts/bac-sujet-corrige.php - 13 D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
Corrigé des exos et Démo. I. Forme algébrique d’un complexe. Représentation graphique. Corrigé I-1. On a Re( z1 ) = 3 et Im( z1 ) = 1 ; Re( z2 ) = −4 et Im( z2 ) = 0 et Re( z3 ) =
3 1 et Im( z3 ) = − . 2 4
Démonstration I-2. Soit z et z’ deux complexes : on a z = x + iy et z’ = x’ + iy’ leurs formes algébriques. z = z’ ⇔ x + iy = x '+ iy ' : la forme algébrique d’un complexe étant unique (voir le premier théorème), on a x = x’ et y = y’ d’où le résultat. Correction I-3. Il faut raisonner comme dans ℝ et isoler l’inconnue z. −2 + i 3i 8i 1. 3z + 2 – i =0 z = 2. = 5 ⇔ 3i = 5 z − 5i ⇔ 8i = 5 z ⇔ z = 3 z −i 5 2i − 3 z= 3z − 2i + 3 = 0 3 3. ( 3z − 2i + 3)( 3 − iz ) = 0 ⇔ ou ⇔ ou
3 − iz = 0
z=
3 i
4. z 2 + 4 = z 2 − ( 2i ) = ( z − 2i )( z + 2i ) donc z²+4 = 0 lorsque z = -2i ou z = 2i. 2
Corrigé I-4. 1 1 1+ i 1+ i = × = z1 1 − i 1 + i 2
1 = z3
1 1 −2 − 4i −2 − 4i 1 + 2i = × = =− z2 −2 + 4i −2 − 4i 20 10
2 2 2 2 −i −i 2 = 2 2 = 2 −i 2 × 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + +i −i 4 4 2 2 2 2 1
Suivant la même méthode : z5 =
1 1 −i = = = −i . z4 i −i ²
3 + i 1 + i 2 + 4i 3i −2i − 1 6 − 3i × = = 1 + 2i et z6 = × = . 1− i 1+ i 2 2i − 1 −2i − 1 5
Démonstration I-5.
x x (1) Si A ( z A ) et B ( z B ) alors en coordonnées cartésiennes, on a A A et B B : nous savons alors yA yB x − x A = (x − x ) + i ( y − y ) = z − z . que AB B . L’affixe de AB est alors par définition z B A B A B A AB yB − y A xu xv (2) De même, si u et v alors nous savons qu’en coordonnées cartésiennes on a y y u v xu + xv u + v donc par définition de l’affixe, zu + v = ( xu + xv ) + i ( yu + yv ) = zu + zv . y + y u v xu kxu donc zk u = ( kxu ) + i ( kyu ) = k ( xu + iyu ) = kzu . (3) Si u alors pour tout réel k on a ku y ky u u (4) Soit A ( z A ) et B ( z B ) . Si G est le barycentre de (A,a)(B,b) avec a et b réels (et a+b non nul), alors az + bz B par définition du barycentre aGA + bGB = 0 donc a ( z A − zG ) + b ( z B − zG ) = 0 soit zG = A . a+b Corrigé I-6. - 14 D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
6 = z − z = 5 + 2i et z = z − z = 3 + 1. On a z i. B A C A AB AC 5 3 3 = et donc AC = 2. On en déduit que z z AB : ces deux vecteurs étant colinéaires, avec le point AC AB 5 5 A en commun, les points A, B et c sont alignés. Corrigé I-7. 1. Soit z A = 1 − 2i . On a donc
z B = iz A = 2 + i et il semble que le triangle OAB soit rectangle en O.
1 2 1 En coordonnées cartésiennes, OA , OB et AB donc OA² = 5, OB² = 5 et AB² = 10. −2 1 3 Comme OA²+OB² = AB², d’après la réciproque du théorème de Pythagore, OAB est bien rectangle en O. 2. Soit z un nombre complexe quelconque d’affixe z = x + iy. On a donc z’ = iz = -y + ix, d’où en x − y − ( x + y ) coordonnées cartésiennes OM , OM ' et MM ' . y x x− y Ainsi OM²+OM’² = 2x²+2y² et MM’² = (x+y)² + (y-x)² = 2x²+2y². Le triangle OMM’ est donc rectangle en O. 3. La transformation du plan complexe qui à M(z) associe M’(iz) est donc la rotation de centre O et d’angle
π 2
. II. Conjugué d’un nombre complexe.
Démonstration II-1. (1) (2) (3) (4)
Si z = x + iy par définition z = x – iy donc z = x + iy = z. z = z ssi x-iy = x+iy ssi 2iy = 0 ssi y = 0 ssi z est réel. z = − z ssi x-iy = -x-iy ssi 2x = 0 ssi x = 0 ssi z est un imaginaire pur. évident
(5) z z = ( x + iy )( x − iy ) = x 2 − ( iy ) = x 2 + y 2 2
Démonstration II-2. (1) z + z ' = ( x + x ') + i ( y + y ' ) donc z + z ' = ( x + x ') − i ( y + y ') = ( x − iy ) + ( x '− iy ') = z + z ' . (2) zz ' = ( x + iy )( x '+ iy ' ) = ( xx '+ yy ') + i ( xy '+ yx ') donc zz ' = ( xx '+ yy ' ) − i ( xy '+ yx ') . On vérifie alors que z × z ' = ( x − iy )( x '− iy ') = ... = zz ' .
()
(3) Démontrons la propriété par récurrence. Soit P(n) la proposition « z n = z
n
».
P(1) est vraie puisque z1 = z . Supposons P(n) vraie au rang n : comme z n +1 = z × z n , d’après la propriété 2, z n +1 = z × z n = z × z n .
( ) = ( z)
Alors par hypothèse de récurrence, z n +1 = z × z n = z × z
n
n +1
.
Le résultat est donc vrai pour tout n. (5) Nous savons que bien
z z'
=
z z× z' z : comme z ' × z ' est un réel, = = et comme Z = Z , on a z '× z ' z' z' ×z' z' z×z'
z = . z' z' z
Corrigé II-3. Posons z = x + iy : il vient f ( z ) = ( (1 + x) + iy )( x + i (1 − y ) ) = [ x (1 + x ) − y (1 − y )] + i[(1 + x )(1 − y ) + yx] .
1. On a f ( z ) ∈ ℝ ⇔ Im ( f ( z ) ) = 0 ⇔ (1 + x )(1 − y ) + yx = 0 ⇔ y = x + 1 .
L’ensemble des points M d’affixe z tels que f(z) soit réel est donc la droite D d’équation cartésienne y=x+1. 2. On a f ( z ) ∈ iℝ ⇔ Re ( f ( z ) ) = 0 ⇔ x (1 + x ) − y (1 − y ) = 0 ⇔ x 2 + x + y 2 − y = 0 . - 15 D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
2
2
1 1 1 Or x 2 + x + y 2 − y = 0 ⇔ x + + y − = donc l’ensemble des points M d’affixe z tels que f(z) soit 2 2 4
1 1 réel est un cercle de centre Ω − i et de rayon 2 2
2 . 2
Corrigé II-4. 1 z = ⇔ z z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 ⇔ M ( x; y ) ∈ C ( O;1) z III. Racines d’un trinôme Corrigé III-1. Soit P( z ) = z 3 − 2 z 2 − 3z + 10 où z est un nombre complexe. 1. P(-2) = - 8 - 8 + 6 + 10 = 0 donc -2 est racine de P et donc P se factorise par (z+2) : comme P est de degré 3, il existe un polynôme Q de degré 2 tel que pour tout z, P( z ) = ( z + 2) ( az 2 + bz + c ) .
On a P( z ) = ( z + 2) ( az 2 + bz + c ) = z 3 ( a ) + z 2 ( 2a + b ) + z ( c + 2b ) + 2c .
Par identification avec l’expression initiale de P, on trouve : a = 1, b = -4 et c = 5. Ainsi, P( z ) = ( z + 2) ( z 2 − 4 z + 5) . 2. Factoriser le polynôme Q dans ℂ : Q est un trinôme à coefficients réels et on a
∆ = 16 − 20 = −4 = ( 2i ) < 0 2
Par conséquent, Q admet deux racines complexes conjuguées z1 = Ainsi P( z ) = ( z + 2) ( z − 2 − i )( z − 2 + i ) .
4 − 2i = 2 − i et z2 = z1 = 2 + i . 2
Corrigé III-2. Soit P un polynôme à coefficients réels, de degré n : P est donc de la forme P( z ) = an z n + an −1 z n −1 + ... + a1 z + a0 où les coefficients ai sont réels.
Soit z0 une racine de P alors P ( z0 ) = 0 cad P( z0 ) = an z0 n + an −1 z0 n −1 + ... + a1 z0 + a0 = 0 .
Par conséquent, en passant cette égalité au conjugué : an z0 n + an −1 z0 n −1 + ... + a1 z0 + a0 = 0 = 0 . Or le conjugué d’une somme est la somme des conjugués donc : an z0 n + ... + a1 z0 + a0 = 0 . Mais le conjugué d’un produit est le produit des conjugués donc : an z0 n + ... + a1 z0 + a0 = 0 ; idem pour la
( )
puissance d’où : an z0
n
+ ... + a1 z0 + a0 = 0 .
( )
Comme les coefficients ai sont réels, on a a i = a i pour tout i et on a an z0
( )
n
+ ... + a1 z0 + a0 = 0 cad
P z0 = 0 . Ainsi, z0 est aussi racine de P si z0 est une racine de P. Corrigé III-2. 1. Soit z = x + iy, x et y réels, la forme algébrique de z. Alors on a P(z) = (x²-y²) + i(2xy+1). x² − y ² = 0 ( x − y )( x + y ) = 0 2. Par conséquent, P(z) = 0 ssi ⇔ : mais x et y sont des réels par 2 xy = −1 2 xy + 1 = 0 définition donc si x = y alors 2x² = -1 ce qui est impossible sur ℝ . y = −x y = −x 2 2 2 2 Ainsi P( z ) = 0 ⇔ ⇔ : P a donc deux racines, z1 = −i et z2 = − +i (qui ne 2 2 2 2 2 −2 x ² = −1 x = ± 2 sont pas conjuguées). → Lorsque la forme exponentielle d’un nombre complexe aura été introduite, une méthode plus efficace et plus générale sera mise en place…
- 16 D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
V. Forme trigonométrique d’un complexe Corrigé V-1. 1. M(1 ; −1) : r = x ² + y ² =
2, cos θ = 1/ 2 et sin θ = −1/ 2 donc θ ≡ −π/4 [2π].
(
N(1+i 3 ) donc en cartésien N 1; 3
)
: r = 1 + 3 = 2 , cos (θ ) =
3 1 π , sin (θ ) = donc θ ≡ [ 2π ] . 2 2 3
3 1 π 5π , sin (θ ) = donc θ ≡ π − ≡ [ 2π ] . 2 2 6 6 2. L(3 ; −π/3) : donc x= 3cos(−π/3) = 3/2 et y = 3sin(−π/3) = 3 3/2. P(1 ; −π/2) : donc x= 1cos(−π/2) = 0 et y = 1sin(−π/2) = -1.
(
)
K(- 3 +i) donc en cartésien K − 3;1 : r = 3 + 1 = 2 , cos (θ ) = −
Corrigé V-2. 1. On a z1 =
θ =π −
π 4
=
( −2 )
2
+ 22 = 8 = 2 2 : de plus, cos θ =
y 2 −2 1 2 x = =− =− et sin θ = = donc r 2 r 2 2 2 2
3π [2π ] . 4
2. On a z2 =
( 3)
3. On a z3 =
( −5 )
2
4. On a z4 =
( −3 )
2
5. On a z5 =
( −3)
2
2
3 1 π et sin θ = − donc θ = − [2π ] . 2 2 6 −5 π = 5 : de plus, cos θ = 0 et sin θ = = −1 donc θ = − [2π ] . 2 5 + (−1) 2 = 2 : de plus, cos θ =
= 3 : de plus, cos θ = −1 et sin θ = 0 donc θ = π [2π ] .
( )
+ 3 3
2
= 6 : de plus, cos θ = −
3 1 π 2π et sin θ = donc θ = π − = [2π ] . 2 2 3 3
Corrigé V-3.
2 2 et sin θ = − donc 2 2 π π π θ = − : la forme trigonométrique est donc z2 = 12 2 cos − + i sin − . 4 4 4
Soit z1 = 12 − 12i : z1 = 12 (1 − i ) donc | z1 |= 12 1² + (−1)² = 12 2 et cos θ =
π π z2 = 3 cos − i sin : ce n’est pas une forme trigonométrique à cause du –i. 12 12 π π Mais comme cos(-x) = cos(x) et sin(-x) = -sin(x) donc z2 = 3 cos − + i sin − . 12 12 π π z3 = −2 cos + i sin : ce n’est pas une forme trigonométrique à cause du -2. 8 8 Mais cos (π + x ) = − cos( x) et sin (π + x ) = − sin( x) donc π π π π z3 = 2 − cos − i sin = 2 cos π + − i sin π + est la forme trigonométrique. 8 8 8 8
3π 3π z4 = 6 − cos + i sin : on doit ici changer cos(x) en –cos(x) sans changer le sinus. 12 12 3π 3π il faut donc utiliser cos (π − x ) = − cos( x) et sin (π − x ) = sin( x) d’où z4 = 6 cos π − + i sin π − 12 12 est la forme trigonométrique. On a z ' = r ( cos (θ ) − i sin (θ ) ) avec r>0 : comme pour z 2 , on a z ' = r ( cos ( −θ ) + i sin ( −θ ) ) est la forme trigonométrique.
- 17 D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S : Cours – Les nombres complexes
Corrigé V-4. (i) Deux complexes z et z’ sont égaux ssi ils ont la même forme algébrique : x = ‘ et y = y’. Inévitablement, en reprenant les formules pour calculer r et θ , on obtient l’équivalence cherchée. (ii) z = -z = z
(iii) évident puisque (iv)
x ² + y ² = (− x)² + (− y )² = x ² + (− y )² .
puisque
z × z = ( x + iy )( x − iy ) = x 2 + y 2
|z|
arg z ≡ - arg z [2π] puisque M(z) et M ' ( z ) sont symétriques
(
) (
M (z)
y
o
)
par rapport à (Ox) donc u, OM ' = − u , OM .
x
M"(-z) M'(z)
arg -z ≡ arg z +π [2π] puisque M(z) et M '' ( − z ) sont symétriques par rapport à O. (v) 0 est un réel : de plus, z est un réel non nul ⇔ M ( z ) ∈ (Ox) ⇔ arg z ≡ 0 [π ] . (vi) 0 est un imaginaire pur : de plus,
z est un imaginaire pur ⇔ M ( z ) ∈ (Oy ) ⇔ arg z ≡ π /2 [π ] .
Corrigé V-5. (i)
z × z ' = z × z '× z × z ' = z×z × z '× z ' = ( zz ) × ( z ' z ') = z × z ' d’où le résultat puisque toutes les quantités 2
2
2
mises en jeu sont positives. 2 1 1 1 1 1 (ii) = × = = . z z z z z | z |2 2
z z z z z zz | z |2 = × = × = = (iii) z ' z ' z ' z ' z ' z ' z ' | z ' |2
M"(z+z') M'(z')
(iv) et (v) tout pareil ! il s’agit à chaque fois d’utiliser les propriétés du conjugué… (vi) |z + z’| = OM’’ et |z| + |z’| = OM + OM’. D’après l’inégalité triangulaire,
M (z)
z + z' ≤ z + z' . o
Corrigé V-6. |(1+3i)²| = |1+3i|²=
1 + 9² = 10
1+ i 1+ i 1+1 2 = = = 2+i 2+i 4 +1 5
|(1−2i)(3+i)|=
5
10 = 5 2
(2 + 3i )² 2 + 3i ² 13 = = 5 (1 − i)5 4 2 1− i
cos θ + i sin θ = cos 2 θ + sin 2 θ = 1 Corrigé V-7. > z = r(cos α + i sin α), z’ = r’(cos β + i sin β) Donc zz’ = rr’[(cos α cos β − sin α sin β ) + i(sin α cos β + sin β cos α)] = rr’(cos(α + β ) + i sin(α + β )) Donc on a bien arg(zz’) ≡ arg z + arg z’ [2π] > z × (1/z) = 1 donc arg(z × 1/z) ≡ arg 1 [2π] soit arg z + arg(1/z) = 0 … 1 On retrouve donc arg( ) ≡ − arg z [2π]. z 1 1 z > On a arg = arg z × = arg( z ) + arg( ) = arg( z ) − arg( z ') z' z' z' > En remarquant que arg(zn+1) = arg(zn.z) = arg(zn) + arg(z), une récurrence sera immédiate.
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Corrigé V-8 |z| = 2 donc z = 2 ( 2/2 − i 2/2) = 2(cos(−π/4) + i sin(−π/4)). On a donc arg z = −π/4. |z’| = 2 donc z’ = 2(1/2 + i 3/2) = 2(cos π/3 + i sin π/3) et arg z’ = π/3. D’après les propriétés du module et de l’argument : |z4| = |z|4 = 4 et arg(z4) = 4arg(z) = 4× −π/4 = −π [2π] donc z4 = −4. ------------------------ De même, |z/z’| = |z|/|z’| = 2/2 et arg(z/z’) = arg(z) − arg(z’) = −π/4 − π/3 = −7π/12 [2π].
(
)
z 1− i 1 − i 1− i 3 − 3 +1 + i − 3 −1 = = × = . z' 1 + i 3 1 + i 3 1 − i 3 4 En identifiant les parties réelles des deux dernières expressions, on trouve 2 7π − 3 + 1 7π − 3 + 1 cos − ⇔ cos − d’où le résultat puisque le cosinus est paire. = = 2 12 4 2 2 12
Mais on a aussi
Corrigé V-9. (*) Déterminons arg(zB − zA) : translatons le vecteur AB à l’origine O, cad considérons le point D tel que AB = OD . →
→
Comme AB = OD, on a zB − zA = zD . Par définition, on a alors arg(zB − zA) ≡ arg zD [2π] →
→
→
→
≡ (u ; OD) [2π] →
→
→
→
→
→
≡ (u ; AB) [2π]
(*) D’après la relation de Chasles, (AB ; CD) ≡ (AB ;u) + (u ; CD) [2π] →
→
→
→
≡ (u ; CD) − (u ;AB) [2π] ≡ arg(zD − zC) − arg(zB − zA) |2π] d’après le point précédent zD − zC ≡ arg( ) d’après les propriétés de l’argument. zB − zA
Corrigé V-10 AB = |zB − zA| = |i − 2| = 5 ; AC = | zC − zA| = |1 − 2i − 2| = |−1 − 2i| = 5. AB = AC donc le triangle est isocèle en A. BC =| zC − zB| = |1 − 3i| = 10 donc BC² = AB² + BC² donc ABC (isocèle) rectangle en A, d’après la réciproque du théorème de Pythagore. Corrigé V-11 On a (c−a)/(b−a) = (1−2i−2)/(i−2) = (1+2i)/(2−i) = (1+2i)(2+i)/5 = (2+i+4i−2)/5 = 5i/5 = i Comme |i| = 1, on a AC = AB. → → c−a Comme arg i = π/2, on a arg = (AB ; AC) = π/2 b−a Le triangle ABC est donc rectangle isocèle en A. Corrigé V-12 → → → → z-1 1. Avec A(−2i) et B(1), arg( ) = arg((z−b)/(z−a)) = (AM ; BM) = (MA ; MB) [2π] z + 2i → → z-1 2. On a arg( ) = π/2 [π] ⇔ (MA ; MB) = π/2 [π] ⇔ M est sur le cercle de diamètre [AB] z + 2i privé de A et B (z ≠ −2i et de 1). → → z-1 z-1 3. On a réel ⇔ arg( ) = 0 [π] ⇔ (MA ; MB) = 0 [π] ⇔ M appartient à (AB) privée de z + 2i z + 2i A et B.
Corrigé V-13 1ière méthode : deux cas sont possibles : soit z = −2, soit arg(
z+2 ) = π/2 [π]. z −i
→ → z+2 ) = π/2 [π] ⇔ (MA ; MB) = π/2 [π] avec A(i) et B(−2) ⇔ M est sur le cercle de diamètre z −i [AB] privé de A : c’est donc l’ensemble cherché.
Or arg(
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2ième méthode : on détermine la forme algébrique de z+2 z+2 ∈ iℝ ⇔ Re =0 z −i z −i
⇔
z+2 . z −i
2(x²+ y²) + 2(2x) + i(2iy) = 0
⇔ x²+ y² + 2x − y = 0 ⇔ (x+1)²+ (y−1/2)² = 5/4. On pourrait vérifier que c’est le cercle obtenu avec la première méthode, et on constate que cette méthode apporte donc des informations moins claires à exploiter.
Corrigé V-14 Soit A(-2) et B(3-i) : | z + 2 |=| z − (3 − i ) |⇔| z − z A |=| z − z B |⇔ MA = MB . L’ensemble E est donc la médiatrice de [AB].
VI. Forme exponentielle d’un complexe Corrigé VI-1. On a |z| = 2 et arg z = π/4 donc z =
2 eiπ/4 est l’écriture exponentielle de z.
Par définition, z = 2 eiπ/6 = 2(cos π/6 + i sin π/6) =
3 + i.
Démonstration VI-2. (i) Nous savons que z a le même module r que r et un argument opposé : par définition de la
z = re − iα . iα i (α +π ) par définition. (ii) − z = − re = r ( − cos(α ) − i sin(α ) ) = r ( cos(α + π ) + i sin(α + π ) ) = re
notation exponentielle, on a donc
(iii) arg (zz’) = arg z + arg z’ donc arg ( eiα × eiβ ) = arg eiα + arg eiβ = α + β cad
eiα × eiβ = ei (α + β ) .
(iv) de même, arg(z/z’) = arg z − arg z’ pour z = eiα et z’ = ei β le résultat est obtenu. (v) cela vient encore d’une relation sur les arguments, soit arg(zn) = n arg z.
Démonstration VI-3. 1. (1 − i)8 = [ 2 ei(−π/4)]8 = 16 ei(−2π) = 16.
( 3 + i )5 (2eiπ / 6 )5 32ei 5π / 6 ei 5π / 6 1 i (π +5π / 6) 1 − iπ / 6 = = = = e = e 2. (1 + i )12 donc 64ei 3π −2 2 2 ( 2eiπ / 4 )12
( 3 + i )5 1 π π 11 3 = cos( − ) + i sin(− ) = − i 12 (1 + i ) 2 6 6 22 2 3. z = 1 – i =
2e
−i
π 4
donc
z = 2e
i
π 4
π i − +π 4
et − z = 2e
= 2e
i
3π 4
puisque eiπ = −1 .
VII. Transformations Démonstration VII-1 Par définition : M ∈ (C) ⇔ ΩM = r ⇔ |z − ω| = r ⇔
|z - ω| z-ω =1⇔| | = 1. r r
z-ω : nous venons de voir que M ∈ (C) ⇔ |Z| = 1. r Or Z est un complexe de module 1 SSI il existe un réel α ∈ ]−π ;π] tel que arg(Z) = α. z-ω On a alors Z = eiα : finalement, M ∈ (C) ⇔ il existe α tel que = eiα soit z = ω + r eiα. r Posons donc Z =
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