Nombres complexes : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Calculs sous forme algébrique

1. On développe en utilisant \(i^2 = -1\) :
   \[(2 + 3i)(1 – i) = 2 – 2i + 3i – 3i^2 = 2 + i + 3.\]
   Ainsi, \((2 + 3i)(1 – i) = 5 + i\) et son module vaut \(\sqrt{26}\). On retrouve ce module par multiplicativité : \(|2 + 3i|\,|1 – i| = \sqrt{13}\,\sqrt{2} = \sqrt{26}\).
2. On multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur :
   \[\frac{1 + 2i}{3 – 4i} = \frac{(1 + 2i)(3 + 4i)}{9 + 16} = \frac{3 + 4i + 6i – 8}{25} = \frac{-5 + 10i}{25}.\]
   Donc \(\frac{1 + 2i}{3 – 4i} = -\frac{1}{5} + \frac{2}{5}i\), de module \(\frac{\sqrt{5}}{5}\). En effet, \(\frac{|1 + 2i|}{|3 – 4i|} = \frac{\sqrt{5}}{5}\), ce qui confirme le calcul, car \(\sqrt{\frac{1}{25} + \frac{4}{25}} = \frac{\sqrt{5}}{5}\).
3. D’abord, \((1 + i)^2 = 1 + 2i – 1 = 2i\). Par conséquent, \((1 + i)^4 = (2i)^2 = -4\). Ensuite, \(2026 = 4 \times 506 + 2\) et \(i^4 = 1\), donc \(i^{2026} = i^2\). Ainsi, \((1 + i)^4 = -4\) et \(i^{2026} = -1\).
4. Posons \(z = x + iy\) avec \(x, y\) réels. Alors \(z + 2\overline{z} = x + iy + 2x – 2iy = 3x – iy\). L’équation devient \(3x – iy = 3 – i\). Par identification des parties réelles et imaginaires, \(3x = 3\) et \(-y = -1\). L’unique solution est \(z = 1 + i\).

Point de méthode : dès qu’une équation fait intervenir \(z\) et \(\overline{z}\), on pose \(z = x + iy\) et on identifie parties réelles et imaginaires.

Corrigé de l’exercice 2 : Construction de C à partir de R²

1. Pour tous couples, \((c, d) \times (a, b) = (ca – db,\, cb + da)\). Or la multiplication réelle est commutative, donc ce couple est égal à \((ac – bd,\, ad + bc)\). Ensuite, \((a, b) \times (1, 0) = (a – 0,\, 0 + b) = (a, b)\). La loi est commutative et \((1, 0)\) est neutre.
2. On applique la définition avec \(a = c = 0\) et \(b = d = 1\) : \((0, 1) \times (0, 1) = (0 – 1,\, 0 + 0)\). Donc \((0, 1)^2 = (-1, 0)\), c’est-à-dire \(i^2 = -1\).
3. Comme \((a, b) \neq (0, 0)\), on a \(a^2 + b^2 > 0\). Cherchons \((x, y)\) tel que \((a, b) \times (x, y) = (1, 0)\). On obtient le système \(ax – by = 1\) et \(bx + ay = 0\). Son déterminant vaut \(a^2 + b^2 \neq 0\), donc il a une unique solution. Les formules de Cramer donnent \(x = \frac{a}{a^2 + b^2}\) et \(y = \frac{-b}{a^2 + b^2}\). Vérifions :
   \[(a, b) \times (\frac{a}{a^2 + b^2}, \frac{-b}{a^2 + b^2}) = (\frac{a^2 + b^2}{a^2 + b^2},\, \frac{-ab + ab}{a^2 + b^2}) = (1, 0).\]
   L’inverse de \((a, b)\) est \((\frac{a}{a^2 + b^2}, \frac{-b}{a^2 + b^2})\).
4. Soit \(x \in \mathbb{C}\). L’ordre est total, donc on a \(0 \preceq x\) ou \(x \preceq 0\). Dans le premier cas, la compatibilité avec le produit donne directement \(0 \preceq x \cdot x\). Dans le second cas, on ajoute \(-x\) aux deux membres : \(x \preceq 0\) donne \(x + (-x) \preceq 0 + (-x)\), soit \(0 \preceq -x\). Alors \(0 \preceq (-x)(-x) = x^2\). Ainsi, tout carré vérifie \(0 \preceq x^2\).
   
   En particulier, \(0 \preceq 1^2 = 1\) et \(0 \preceq i^2 = -1\). Ajoutons \(1\) à la seconde inégalité : \(1 \preceq -1 + 1 = 0\). On a donc \(0 \preceq 1\) et \(1 \preceq 0\). Par antisymétrie, \(1 = 0\), ce qui est faux dans un corps. Aucun ordre total n’est compatible avec les lois de \(\mathbb{C}\).

Corrigé de l’exercice 3 : Module et inégalité triangulaire

1. On utilise \(|u|^2 = u\overline{u}\). D’une part, \(|z + w|^2 = |z|^2 + |w|^2 + z\overline{w} + \overline{z}w\). D’autre part, \(|z – w|^2 = |z|^2 + |w|^2 – z\overline{w} – \overline{z}w\). En ajoutant, les termes croisés disparaissent. Donc \(|z + w|^2 + |z – w|^2 = 2(|z|^2 + |w|^2)\). Géométriquement, \(z + w\) et \(z – w\) représentent les diagonales du parallélogramme construit sur \(z\) et \(w\). Autrement dit, la somme des carrés des diagonales égale la somme des carrés des quatre côtés : c’est l’identité du parallélogramme.
2. On écrit \(z = (z – w) + w\). L’inégalité triangulaire donne \(|z| \leq\, |z – w| + |w|\), donc \(|z| – |w| \leq\, |z – w|\). En échangeant les rôles de \(z\) et \(w\), on obtient aussi \(|w| – |z| \leq\, |w – z| = |z – w|\). Ainsi, \(\big||z| – |w|\big| \leq\, |z – w|\).
3. Supposons \(|z| \leq\, 1\). Pour la majoration, l’inégalité triangulaire donne
   \[|z^3 – 2z + 4| \leq\, |z|^3 + 2|z| + 4 \leq\, 1 + 2 + 4 = 7.\]
   Pour la minoration, on applique la question précédente avec \(4\) et \(2z – z^3\) :
   \[|z^3 – 2z + 4| \geq\, 4 – |z^3 – 2z| \geq\, 4 – |z|^3 – 2|z| \geq\, 4 – 1 – 2 = 1.\]
   Donc \(1 \leq\, |z^3 – 2z + 4| \leq\, 7\) sur le disque unité fermé. En particulier, ce polynôme n’y a aucune racine.
4. On reprend la preuve du cours. On a \(|z + w|^2 = |z|^2 + |w|^2 + 2\mathrm{Re}(z\overline{w})\) et \((|z| + |w|)^2 = |z|^2 + |w|^2 + 2|z\overline{w}|\). L’égalité impose donc \(\mathrm{Re}(z\overline{w}) = |z\overline{w}|\). Or un complexe dont la partie réelle égale le module a une partie imaginaire nulle, et il est positif. Ainsi, \(z\overline{w}\) est un réel positif, non nul car \(z\) et \(w\) sont non nuls. Enfin, \(\frac{z}{w} = \frac{z\overline{w}}{|w|^2}\). Donc \(z / w\) est un réel strictement positif.

Corrigé de l’exercice 4 : Ensembles de points du plan

1. Notons \(A\) et \(B\) les points d’affixes \(1\) et \(-i\). La condition s’écrit \(AM = BM\). C’est la médiatrice de \([AB]\). Vérifions par le calcul avec \(z = x + iy\) : \((x – 1)^2 + y^2 = x^2 + (y + 1)^2\), soit \(-2x + 1 = 2y + 1\). L’ensemble est la droite d’équation \(y = -x\).
2. La condition signifie que la distance de \(M\) au point d’affixe \(2i\) est au plus \(1\). C’est le disque fermé de centre \(2i\) et de rayon \(1\).
3. Soit \(z \neq -1\). On multiplie par le conjugué du dénominateur :
   \[\frac{z – 1}{z + 1} = \frac{(z – 1)(\overline{z} + 1)}{|z + 1|^2} = \frac{|z|^2 – 1 + z – \overline{z}}{|z + 1|^2}.\]
   Or \(z – \overline{z} = 2i\,\mathrm{Im}(z)\) est imaginaire pur. Par conséquent, la partie réelle du quotient vaut \(\frac{|z|^2 – 1}{|z + 1|^2}\). Le quotient est imaginaire pur si et seulement si cette partie réelle est nulle, c’est-à-dire \(|z| = 1\). L’ensemble est le cercle unité privé du point d’affixe \(-1\).

La figure ci-dessous représente les trois ensembles. On y voit la médiatrice de \([AB]\), le disque hachuré et le cercle unité dont le point \(-1\) est exclu.

Corrigé de l’exercice 5 : Formules de trigonométrie

1. La formule d’addition donne
   \[\cos\frac{\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4} + \sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}.\]
   De même, \(\sin\frac{\pi}{12} = \sin\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4} – \cos\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{4}\). Ensuite, on calcule le quotient :
   \[\tan\frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{6} – \sqrt{2})^2}{6 – 2} = \frac{8 – 4\sqrt{3}}{4}.\]
   Ainsi, \(\cos\frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}\), \(\sin\frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{4}\) et \(\tan\frac{\pi}{12} = 2 – \sqrt{3}\).
2. On a \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\). L’équation devient \(\cos x\,(2\sin x – 1) = 0\). D’une part, \(\cos x = 0\) donne \(x = \frac{\pi}{2}\) ou \(x = \frac{3\pi}{2}\) dans \([0, 2\pi[\). D’autre part, \(\sin x = \frac{1}{2}\) donne \(x = \frac{\pi}{6}\) ou \(x = \frac{5\pi}{6}\). Les solutions sont \(\frac{\pi}{6}\), \(\frac{\pi}{2}\), \(\frac{5\pi}{6}\) et \(\frac{3\pi}{2}\).
3. On factorise par \(\sqrt{1 + 3} = 2\) :
   \[\cos x + \sqrt{3}\sin x = 2(\cos\frac{\pi}{3}\cos x + \sin\frac{\pi}{3}\sin x) = 2\cos(x – \frac{\pi}{3}).\]
   L’équation équivaut donc à \(\cos(x – \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2} = \cos\frac{\pi}{3}\). Ainsi, \(x – \frac{\pi}{3} \equiv \frac{\pi}{3}\) ou \(x – \frac{\pi}{3} \equiv -\frac{\pi}{3}\) modulo \(2\pi\). Les solutions sont les réels \(2k\pi\) et \(\frac{2\pi}{3} + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\). On vérifie : pour \(x = \frac{2\pi}{3}\), \(-\frac{1}{2} + \sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 1\).

Corrigé de l’exercice 6 : Formes trigonométrique et exponentielle

1. On applique la méthode du cours à chaque nombre.
   
   D’abord, \(|z_1| = \sqrt{2}\) et \(z_1 = \sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2})\), donc \(z_1 = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\).
   
   Ensuite, \(|z_2| = 2\) et \(z_2 = 2(\frac{\sqrt{3}}{2} – \frac{1}{2}i)\), donc \(z_2 = 2e^{-i\pi/6}\).
   
   De plus, \(|z_3| = \sqrt{4 + 12} = 4\) et \(z_3 = 4(-\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2})\), donc \(z_3 = 4e^{2i\pi/3}\).
   
   Enfin, \(z_4 = 5 \times (-i) = 5e^{-i\pi/2}\).
   
   Bilan : \(z_1 = \sqrt{2}e^{i\pi/4}\), \(z_2 = 2e^{-i\pi/6}\), \(z_3 = 4e^{2i\pi/3}\), \(z_4 = 5e^{-i\pi/2}\).
2. On calcule séparément : \((1 + i)^{10} = 2^5 e^{10i\pi/4} = 32e^{5i\pi/2} = 32i\). De même, \((\sqrt{3} – i)^6 = 2^6 e^{-i\pi} = -64\). Par conséquent, \(Z = \frac{32i}{-64} = -\frac{1}{2}i\).
3. On a \(1 + i\sqrt{3} = 2e^{i\pi/3}\), donc \((1 + i\sqrt{3})^n = 2^n e^{in\pi/3}\). Ce nombre non nul est réel si et seulement si \(e^{in\pi/3} = \pm 1\), c’est-à-dire \(\frac{n\pi}{3} \in \pi\mathbb{Z}\). C’est le cas si et seulement si \(n\) est un multiple de \(3\).

Corrigé de l’exercice 7 : Exponentielle complexe et argument

1. On factorise par l’angle moitié :
   \[1 + e^{i\theta} = e^{i\theta/2}(e^{-i\theta/2} + e^{i\theta/2}) = 2\cos\frac{\theta}{2}\, e^{i\theta/2}.\]
   Or \(\theta \in ]-\pi, \pi[\), donc \(\frac{\theta}{2} \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\) et \(\cos\frac{\theta}{2} > 0\). L’écriture obtenue est donc bien une forme trigonométrique. Le module vaut \(2\cos\frac{\theta}{2}\) et un argument est \(\frac{\theta}{2}\).

La figure ci-dessous illustre ce résultat. Les points \(0\), \(1\), \(1 + e^{i\theta}\) et \(e^{i\theta}\) forment un losange de côté \(1\). Sa diagonale issue de \(0\) est donc la bissectrice de l’angle \(\theta\).

2. On met en facteur l’exponentielle de l’angle moyen :
   \[e^{i\alpha} + e^{i\beta} = e^{i\frac{\alpha + \beta}{2}}(e^{i\frac{\alpha – \beta}{2}} + e^{-i\frac{\alpha – \beta}{2}}).\]
   Par la formule d’Euler, \(e^{i\alpha} + e^{i\beta} = 2\cos\frac{\alpha – \beta}{2}\, e^{i\frac{\alpha + \beta}{2}}\) et \(e^{i\alpha} – e^{i\beta} = 2i\sin\frac{\alpha – \beta}{2}\, e^{i\frac{\alpha + \beta}{2}}\).
3. Posons \(z = x + iy\). Alors \(e^z = e^x e^{iy}\), et \(|e^{iy}| = \sqrt{\cos^2 y + \sin^2 y} = 1\). Par multiplicativité du module, \(|e^z| = e^x\,|e^{iy}| = e^x\), car \(e^x > 0\). Donc \(|e^z| = e^{\mathrm{Re}(z)}\).
4. D’abord, \(1 + i\sqrt{3} = 2e^{i\pi/3}\). Avec \(z = x + iy\), l’équation s’écrit \(e^x e^{iy} = 2e^{i\pi/3}\). Par unicité du module et de l’argument, \(e^x = 2\) et \(y \equiv \frac{\pi}{3}\) modulo \(2\pi\). Les solutions sont les \(\ln 2 + i(\frac{\pi}{3} + 2k\pi)\), \(k \in \mathbb{Z}\). Ensuite, \(-1 = e^{i\pi}\), donc \(e^x = 1\) et \(y \equiv \pi\). Les solutions de \(e^z = -1\) sont les \((2k + 1)i\pi\), \(k \in \mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Formule de Moivre

1. Notons \(c = \cos\theta\) et \(s = \sin\theta\). Par la formule de Moivre puis le binôme :
   \[\cos 3\theta + i\sin 3\theta = (c + is)^3 = c^3 – 3cs^2 + i(3c^2 s – s^3).\]
   On identifie les parties réelles, puis on remplace \(s^2\) par \(1 – c^2\) : \(\cos 3\theta = c^3 – 3c + 3c^3\). De même, avec \(c^2 = 1 – s^2\), la partie imaginaire vaut \(3s – 3s^3 – s^3\). Ainsi, \(\cos 3\theta = 4\cos^3\theta – 3\cos\theta\) et \(\sin 3\theta = 3\sin\theta – 4\sin^3\theta\).
2. La partie réelle de \((c + is)^4\) vaut \(c^4 – 6c^2 s^2 + s^4\). En remplaçant \(s^2\) par \(1 – c^2\) :
   \[\cos 4\theta = c^4 – 6c^2 + 6c^4 + 1 – 2c^2 + c^4.\]
   Donc \(\cos 4\theta = 8\cos^4\theta – 8\cos^2\theta + 1\). On peut vérifier avec \(\cos 4\theta = 2\cos^2 2\theta – 1\).
3. Posons \(c = \cos\frac{\pi}{9}\). D’après la question 1, \(4c^3 – 3c = \cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\). En multipliant par \(2\), on obtient \(8c^3 – 6c = 1\). Donc \(\cos\frac{\pi}{9}\) est solution de \(8x^3 – 6x – 1 = 0\).
4. On divise numérateur et dénominateur par \(\cos^3\theta \neq 0\) :
   \[\tan 3\theta = \frac{3\sin\theta – 4\sin^3\theta}{4\cos^3\theta – 3\cos\theta} = \frac{3t(1 + t^2) – 4t^3}{4 – 3(1 + t^2)},\]
   car \(\frac{1}{\cos^2\theta} = 1 + t^2\). Après simplification, \(\tan 3\theta = \frac{3t – t^3}{1 – 3t^2}\).

Corrigé de l’exercice 9 : Linéarisation

1. Par la formule d’Euler et le binôme :
   \[\cos^3 x = \frac{e^{3ix} + 3e^{ix} + 3e^{-ix} + e^{-3ix}}{8} = \frac{2\cos 3x + 6\cos x}{8}.\]
   Donc \(\cos^3 x = \frac{1}{4}\cos 3x + \frac{3}{4}\cos x\), et une primitive est \(\frac{1}{12}\sin 3x + \frac{3}{4}\sin x\).
2. On a \(\sin x = \frac{e^{ix} – e^{-ix}}{2i}\) et \((2i)^4 = 16\). Le binôme donne alors
   \[\sin^4 x = \frac{e^{4ix} – 4e^{2ix} + 6 – 4e^{-2ix} + e^{-4ix}}{16} = \frac{2\cos 4x – 8\cos 2x + 6}{16}.\]
   Ainsi, \(\sin^4 x = \frac{1}{8}\cos 4x – \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{3}{8}\).
3. On intègre terme à terme la forme linéarisée :
   \[I = [\frac{\sin 4x}{32} – \frac{\sin 2x}{4} + \frac{3x}{8}]_0^{\pi/2}.\]
   Or \(\sin 2\pi = 0\) et \(\sin \pi = 0\). Par conséquent, \(I = \frac{3\pi}{16}\).

La figure ci-dessous montre que la forme linéarisée coïncide avec \(\sin^4 x\). L’aire colorée sous la courbe entre \(0\) et \(\frac{\pi}{2}\) vaut \(\frac{3\pi}{16} \approx 0{,}59\).

4. On utilise \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\), puis \(\sin^2 u = \frac{1 – \cos 2u}{2}\) :
   \[\sin^2 x\cos^2 x = \frac{\sin^2 2x}{4} = \frac{1 – \cos 4x}{8}.\]
   Donc \(\sin^2 x\cos^2 x = \frac{1}{8} – \frac{1}{8}\cos 4x\).

Corrigé de l’exercice 10 : Factorisation et sommes trigonométriques

1. D’après l’exercice 7, \(e^{ip} + e^{iq} = 2\cos\frac{p – q}{2}\, e^{i\frac{p + q}{2}}\). On prend la partie réelle des deux membres. On obtient \(\cos p + \cos q = 2\cos\frac{p + q}{2}\cos\frac{p – q}{2}\).
2. Avec \(p = 3x\) et \(q = x\), l’équation devient \(2\cos 2x\cos x = 0\). D’une part, \(\cos 2x = 0\) équivaut à \(2x = \frac{\pi}{2} + k\pi\). D’autre part, \(\cos x = 0\) équivaut à \(x = \frac{\pi}{2} + k\pi\). Les solutions sont les réels \(\frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}\) et \(\frac{\pi}{2} + k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
3. On a \(C_n + iS_n = \sum_{k=0}^{n} (e^{ix})^k\). Comme \(x \notin 2\pi\mathbb{Z}\), la raison \(e^{ix}\) est différente de \(1\). La somme géométrique et l’angle moitié donnent
   \[C_n + iS_n = \frac{e^{i(n+1)x} – 1}{e^{ix} – 1} = \frac{e^{i\frac{(n+1)x}{2}}\sin\frac{(n+1)x}{2}}{e^{i\frac{x}{2}}\sin\frac{x}{2}} = e^{i\frac{nx}{2}}\,\frac{\sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}.\]
   Le quotient des sinus est réel. On sépare donc parties réelle et imaginaire. Ainsi, \(C_n = \frac{\cos\frac{nx}{2}\sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}\) et \(S_n = \frac{\sin\frac{nx}{2}\sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}\).
4. Si \(x \in 2\pi\mathbb{Z}\), alors \(\cos(kx) = 1\) et \(\sin(kx) = 0\) pour tout \(k\). Dans ce cas, \(C_n = n + 1\) et \(S_n = 0\).

Point de méthode : pour une somme de cosinus en progression arithmétique, on passe par la somme géométrique des exponentielles, puis on factorise numérateur et dénominateur par l’angle moitié.

Corrigé de l’exercice 11 : Racines carrées d’un complexe

Dans chaque cas, on cherche \(z = x + iy\) tel que \(z^2 = w\), avec les trois équations \(x^2 – y^2 = \mathrm{Re}(w)\), \(x^2 + y^2 = |w|\) et \(2xy = \mathrm{Im}(w)\).

1. Ici \(|3 – 4i| = 5\). On obtient \(x^2 – y^2 = 3\) et \(x^2 + y^2 = 5\), donc \(x^2 = 4\) et \(y^2 = 1\). De plus, \(xy = -2 < 0\), donc \(x\) et \(y\) sont de signes contraires. Les racines carrées sont \(2 – i\) et \(-2 + i\).
2. Ici \(|8 + 6i| = 10\). On obtient \(x^2 = 9\) et \(y^2 = 1\), avec \(xy = 3 > 0\). Les racines carrées sont \(3 + i\) et \(-3 – i\). En effet, \((3 + i)^2 = 9 + 6i – 1 = 8 + 6i\).
3. Ici \(|-15 – 8i| = \sqrt{225 + 64} = 17\). On obtient \(x^2 – y^2 = -15\) et \(x^2 + y^2 = 17\), donc \(x^2 = 1\) et \(y^2 = 16\). Ensuite, \(xy = -4 < 0\). Les racines carrées sont \(1 – 4i\) et \(-1 + 4i\). On vérifie : \((1 – 4i)^2 = 1 – 8i – 16 = -15 – 8i\).
4. Méthode algébrique : \(x^2 – y^2 = 0\), \(x^2 + y^2 = 2\) et \(xy = 1\). Donc \(x^2 = y^2 = 1\), avec \(x\) et \(y\) de même signe. Méthode exponentielle : \(2i = 2e^{i\pi/2}\), dont les racines carrées sont \(\pm\sqrt{2}e^{i\pi/4} = \pm(1 + i)\). Les deux méthodes donnent \(1 + i\) et \(-1 – i\).

Corrigé de l’exercice 12 : Équations du second degré

1. Le discriminant vaut \(\Delta = (3 + i)^2 – 4(4 + 3i) = 8 + 6i – 16 – 12i = -8 – 6i\). Cherchons une racine carrée \(\delta = x + iy\) : \(x^2 – y^2 = -8\), \(x^2 + y^2 = 10\) et \(xy = -3\). Donc \(x^2 = 1\), \(y^2 = 9\), et \(\delta = 1 – 3i\) convient. Les solutions sont \(\frac{3 + i + 1 – 3i}{2}\) et \(\frac{3 + i – 1 + 3i}{2}\). Ce sont \(2 – i\) et \(1 + 2i\). On vérifie : leur somme vaut \(3 + i\) et leur produit \(2 – i + 4i + 2 = 4 + 3i\).
2. Ici \(\Delta = 1 – 4 = -3 = (i\sqrt{3})^2\). Les solutions sont \(\frac{-1 + i\sqrt{3}}{2} = j\) et \(\frac{-1 – i\sqrt{3}}{2} = j^2\).
3. On calcule \(\Delta = 4\cos^2\theta – 4 = -4\sin^2\theta = (2i\sin\theta)^2\). Les solutions sont donc \(\cos\theta \pm i\sin\theta\). Ce sont \(e^{i\theta}\) et \(e^{-i\theta}\), confondues si et seulement si \(\theta \in \pi\mathbb{Z}\).
4. Posons \(Z = z^2\). L’équation devient \(Z^2 – 6Z + 25 = 0\), de discriminant \(36 – 100 = -64 = (8i)^2\). Ainsi, \(Z = 3 + 4i\) ou \(Z = 3 – 4i\). Ensuite, les racines carrées de \(3 + 4i\) sont \(\pm(2 + i)\), car \((2 + i)^2 = 3 + 4i\). Par conjugaison, celles de \(3 – 4i\) sont \(\pm(2 – i)\). Les quatre solutions sont \(2 + i\), \(-2 – i\), \(2 – i\) et \(-2 + i\).
5. Deux complexes de somme \(s\) et de produit \(p\) sont les solutions de \(z^2 – sz + p = 0\). Ici, on résout \(z^2 – 2z + 5 = 0\), de discriminant \(-16 = (4i)^2\). Les deux nombres cherchés sont \(1 + 2i\) et \(1 – 2i\).

Corrigé de l’exercice 13 : Racines n-ièmes de l’unité

1. Les racines sixièmes de l’unité sont les \(e^{ik\pi/3}\), pour \(k\) de \(0\) à \(5\). Ce sont \(1\), \(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(-\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(-1\), \(-\frac{1}{2} – i\frac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\frac{1}{2} – i\frac{\sqrt{3}}{2}\).
2. On a \(\omega^{kp} = (\omega^p)^k\). Si \(n\) divise \(p\), alors \(\omega^p = e^{2i\pi p/n} = 1\), et la somme vaut \(n\). Sinon, \(\omega^p \neq 1\), et la somme géométrique donne \(\frac{1 – \omega^{pn}}{1 – \omega^p} = 0\), car \(\omega^{pn} = 1\). La somme vaut \(n\) si \(n \mid p\), et \(0\) sinon.
3. Le produit vaut \(\prod_{k=0}^{n-1}\omega^k = \omega^{0 + 1 + \cdots + (n-1)} = \omega^{n(n-1)/2}\). Or \(\omega^{n(n-1)/2} = e^{2i\pi \frac{n(n-1)}{2n}} = e^{i\pi(n-1)}\). Le produit des racines n-ièmes de l’unité vaut \((-1)^{n-1}\).
4. On développe chaque terme par le binôme, puis on échange les sommes :
   \[\sum_{k=0}^{n-1}(1 + \omega^k)^n = \sum_{p=0}^{n}\binom\,{n}{p}\sum_{k=0}^{n-1}\omega^{kp}.\]
   D’après la question 2, la somme intérieure vaut \(n\) si \(n \mid p\), et \(0\) sinon. Or, pour \(0 \leq\, p \leq\, n\), les seuls multiples de \(n\) sont \(0\) et \(n\). Il reste donc \(n\binom\,{n}{0} + n\binom\,{n}{n}\). La somme vaut \(2n\). Par exemple, pour \(n = 2\), on trouve \(2^2 + 0^2 = 4\).

Corrigé de l’exercice 14 : Racines n-ièmes d’un complexe

1. On écrit \(-8i = 8e^{-i\pi/2}\). Les solutions sont les \(2e^{i(-\frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3})}\), pour \(k \in \{0, 1, 2\}\). Leurs arguments sont \(-\frac{\pi}{6}\), \(\frac{\pi}{2}\) et \(\frac{7\pi}{6}\). Les solutions sont \(\sqrt{3} – i\), \(2i\) et \(-\sqrt{3} – i\). On vérifie par exemple \((2i)^3 = 8i^3 = -8i\).
2. D’abord, \(|-8 + 8i\sqrt{3}| = 8\sqrt{1 + 3} = 16\), et \(-8 + 8i\sqrt{3} = 16(-\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 16e^{2i\pi/3}\). Les solutions sont donc les \(2e^{i(\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2})}\), pour \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\). Ce sont \(\sqrt{3} + i\), \(-1 + i\sqrt{3}\), \(-\sqrt{3} – i\) et \(1 – i\sqrt{3}\). Vérifions la première : \((\sqrt{3} + i)^2 = 2 + 2i\sqrt{3}\), puis \((2 + 2i\sqrt{3})^2 = 4 + 8i\sqrt{3} – 12 = -8 + 8i\sqrt{3}\).

La figure ci-dessous place ces quatre solutions. Elles forment un carré inscrit dans le cercle de centre \(O\) et de rayon \(2\), car on passe de l’une à la suivante par multiplication par \(i\).

3. D’abord, \(z = 0\) est solution. Soit maintenant \(z \neq 0\) une solution. En prenant les modules, \(|z|^5 = |z|\), donc \(|z|^4 = 1\) et \(|z| = 1\). Alors \(\overline{z} = \frac{1}{z}\), et l’équation devient \(z^6 = 1\). Réciproquement, si \(z^6 = 1\), alors \(|z| = 1\) et \(z^5 = \frac{1}{z} = \overline{z}\). Les solutions sont \(0\) et les six racines sixièmes de l’unité, soit sept solutions.

Corrigé de l’exercice 15 : Transformations du plan complexe

1. On applique le théorème du cours sur les applications \(z \mapsto az + b\).
   
   Pour \(f_1\), \(a = 1\) : c’est la translation de vecteur d’affixe \(2 – i\).
   
   Pour \(f_2\), \(a = i = e^{i\pi/2}\). Le point fixe vérifie \(\omega = i\omega + 1 + i\), donc \(\omega = \frac{1 + i}{1 – i} = \frac{(1 + i)^2}{2} = i\). C’est la rotation de centre \(\Omega(i)\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\).
   
   Pour \(f_3\), \(a = -2\) est réel. Le point fixe vérifie \(\omega = -2\omega + 3\), donc \(\omega = 1\). C’est l’homothétie de centre \(1\) et de rapport \(-2\).
   
   Pour \(f_4\), \(a = 1 + i = \sqrt{2}e^{i\pi/4}\) et le point fixe est \(0\). C’est la composée de la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\frac{\pi}{4}\) et de l’homothétie de centre \(O\) et de rapport \(\sqrt{2}\).
2. On calcule \(f_2(1) = i + 1 + i = 1 + 2i\), puis \(f_2(3) = 3i + 1 + i = 1 + 4i\). Enfin, \(f_2(2 + 2i) = 2i – 2 + 1 + i = -1 + 3i\). Ainsi, \(A^{\prime}(1 + 2i)\), \(B^{\prime}(1 + 4i)\) et \(C^{\prime}(-1 + 3i)\). De plus, \(\Omega A = |1 – i| = \sqrt{2}\) et \(\Omega A^{\prime} = |1 + 2i – i| = |1 + i| = \sqrt{2}\), ce qui confirme que la rotation conserve les distances au centre.

La figure ci-dessous montre le triangle \(ABC\) et son image \(A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}\). On voit le quart de tour autour de \(\Omega\) qui envoie \(A\) sur \(A^{\prime}\).

3. On compose : \(f_2(f_3(z)) = i(-2z + 3) + 1 + i = -2iz + 1 + 4i\). Ici \(a = -2i = 2e^{-i\pi/2}\). Le point fixe vérifie \(\omega(1 + 2i) = 1 + 4i\), donc
   \[\omega = \frac{(1 + 4i)(1 – 2i)}{5} = \frac{1 – 2i + 4i + 8}{5} = \frac{9 + 2i}{5}.\]
   \(f_2 \circ f_3\) est la similitude de centre \(\frac{9 + 2i}{5}\), d’angle \(-\frac{\pi}{2}\) et de rapport \(2\).
4. Une rotation de centre \(\omega\) et d’angle \(\theta\) s’écrit \(z^{\prime} – \omega = e^{i\theta}(z – \omega)\). Ici, \(1 – e^{i\pi/3} = \frac{1}{2} – i\frac{\sqrt{3}}{2}\), et \((2 + i)(\frac{1}{2} – i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} + i(\frac{1}{2} – \sqrt{3})\). La rotation s’écrit \(z^{\prime} = (\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2})z + 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} + i(\frac{1}{2} – \sqrt{3})\).

Corrigé de l’exercice 16 : Triangle équilatéral

1. Le nombre \(j\) est une racine cubique de l’unité différente de \(1\). Donc \(1 + j + j^2 = \frac{1 – j^3}{1 – j} = 0\). Ensuite, \(-j^2 = e^{i\pi}e^{4i\pi/3} = e^{7i\pi/3}\). Comme \(\frac{7\pi}{3} = \frac{\pi}{3} + 2\pi\), on obtient \(e^{i\pi/3} = -j^2\).
2. Par définition, \(ABC\) est équilatéral direct si et seulement si \(c – a = e^{i\pi/3}(b – a) = -j^2(b – a)\). Cette égalité s’écrit \(c + j^2 b – (1 + j^2)a = 0\). Or \(-(1 + j^2) = j\), d’où la condition \(ja + j^2 b + c = 0\). On multiplie enfin par \(j^2\), qui est non nul. Comme \(j^3 = 1\) et \(j^4 = j\), on obtient une condition équivalente. Ainsi, \(ABC\) est équilatéral direct si et seulement si \(a + bj + cj^2 = 0\).
3. Avec \(a = 1\), \(b = j\) et \(c = j^2\), on calcule \(1 + j \cdot j + j^2 \cdot j^2 = 1 + j^2 + j^4 = 1 + j^2 + j = 0\). Le triangle de sommets \(1\), \(j\), \(j^2\) est donc équilatéral direct.
4. La condition s’écrit \(0 + 2j + cj^2 = 0\), donc \(c = -2j / j^2 = -2j^2\), car \(1 / j = j^2\). Or \(j^2 = -\frac{1}{2} – i\frac{\sqrt{3}}{2}\). Donc \(c = 1 + i\sqrt{3}\). On retrouve bien \(2e^{i\pi/3}\), image de \(2\) par la rotation de centre \(0\) et d’angle \(\frac{\pi}{3}\).

Point de méthode : une configuration géométrique définie par une rotation se traduit par une égalité \(c – a = e^{i\theta}(b – a)\) ; on la manipule ensuite algébriquement.

Corrigé de l’exercice 17 : L’équation (z+1)^n = (z-1)^n

1. Pour \(z = 1\), le membre de gauche vaut \(2^n\) et celui de droite vaut \(0\). Donc \(1\) n’est pas solution.
2. Soit \(z \neq 1\). Comme \((z – 1)^n \neq 0\), l’équation \((E)\) équivaut à \((\frac{z + 1}{z – 1})^n = 1\). De plus, \(\frac{z + 1}{z – 1} = 1\) impliquerait \(z + 1 = z – 1\), ce qui est impossible. Ainsi, \(z\) est solution si et seulement si \(\frac{z + 1}{z – 1}\) est une racine n-ième de l’unité différente de \(1\).
3. Soit \(u \neq 1\) dans \(\mathbb{U}_n\). L’équation \(\frac{z + 1}{z – 1} = u\) équivaut à \(z + 1 = uz – u\), soit \(z(u – 1) = u + 1\), donc \(z = \frac{u + 1}{u – 1}\). Prenons \(u = e^{2ik\pi/n}\) avec \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\). L’angle moitié donne \(u + 1 = 2\cos\frac{k\pi}{n}\,e^{ik\pi/n}\) et \(u – 1 = 2i\sin\frac{k\pi}{n}\,e^{ik\pi/n}\). Comme \(\frac{k\pi}{n} \in ]0, \pi[\), le sinus est non nul, et
   \[z_k = \frac{\cos(k\pi/n)}{i\sin(k\pi/n)} = -i\,\frac{\cos(k\pi/n)}{\sin(k\pi/n)}.\]
   Enfin, la cotangente est strictement décroissante sur \(]0, \pi[\), donc les \(z_k\) sont distincts. L’équation a exactement \(n – 1\) solutions, les \(z_k = -i\cot\frac{k\pi}{n}\), \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\).
4. Si \(z\) est solution, on prend les modules : \(|z + 1|^n = |z – 1|^n\), donc \(|z + 1| = |z – 1|\). Le point d’affixe \(z\) est donc équidistant des points d’affixes \(-1\) et \(1\). Il est sur la médiatrice de ce segment, c’est-à-dire sur l’axe imaginaire. Pour \(n = 6\), on a \(\cot\frac{\pi}{6} = \sqrt{3}\), \(\cot\frac{\pi}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}\) et \(\cot\frac{\pi}{2} = 0\). Les solutions pour \(n = 6\) sont \(-i\sqrt{3}\), \(-\frac{i}{\sqrt{3}}\), \(0\), \(\frac{i}{\sqrt{3}}\) et \(i\sqrt{3}\).

La figure ci-dessous place les cinq solutions obtenues pour \(n = 6\). Elles sont toutes alignées sur l’axe imaginaire, médiatrice du segment joignant \(-1\) et \(1\).

Corrigé de l’exercice 18 : Une inégalité dans le disque unité

1. On développe les deux carrés avec \(|u|^2 = u\overline{u}\). D’abord :
   \[|1 – \overline{w}z|^2 = (1 – \overline{w}z)(1 – w\overline{z}) = 1 – \overline{w}z – w\overline{z} + |w|^2|z|^2.\]
   Ensuite, \(|z – w|^2 = |z|^2 – z\overline{w} – \overline{z}w + |w|^2\). Les termes croisés sont identiques et disparaissent dans la différence. Il reste \(1 + |w|^2|z|^2 – |z|^2 – |w|^2\). Donc la différence vaut \((1 – |z|^2)(1 – |w|^2)\).
2. D’abord, \(|\overline{w}z| = |w|\,|z| < 1\), donc \(\overline{w}z \neq 1\) et \(1 – \overline{w}z \neq 0\). Ensuite, les deux facteurs \(1 – |z|^2\) et \(1 – |w|^2\) sont strictement positifs. D’après la question 1, \(|z – w|^2 < |1 – \overline{w}z|^2\). On divise par \(|1 – \overline{w}z|^2 > 0\), puis on prend la racine carrée. Ainsi, \(|\frac{z – w}{1 – \overline{w}z}| < 1\).
3. Si \(|z| = 1\) et \(|w| < 1\), on a encore \(|\overline{w}z| = |w| < 1\), donc le dénominateur est non nul. De plus, le produit de la question 1 est nul, car \(1 – |z|^2 = 0\). Donc \(|1 – \overline{w}z| = |z – w|\). Le quotient est alors de module \(1\).

Point de méthode : pour comparer deux modules, on compare leurs carrés, qu’on développe avec \(|u|^2 = u\overline{u}\).

Corrigé de l’exercice 19 : Sommes binomiales trigonométriques

1. Par linéarité, \(A_n + iB_n = \sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}e^{ikx}\). On reconnaît la formule du binôme appliquée à \(1\) et \(e^{ix}\). Donc \(A_n + iB_n = (1 + e^{ix})^n\).
2. L’angle moitié donne \(1 + e^{ix} = 2\cos\frac{x}{2}\,e^{ix/2}\), pour tout réel \(x\). Par conséquent, \((1 + e^{ix})^n = 2^n\cos^n\frac{x}{2}\,e^{inx/2}\). Le facteur \(2^n\cos^n\frac{x}{2}\) est réel. On sépare donc parties réelle et imaginaire. On obtient \(A_n = 2^n\cos^n\frac{x}{2}\cos\frac{nx}{2}\) et \(B_n = 2^n\cos^n\frac{x}{2}\sin\frac{nx}{2}\).
3. Pour \(x = \frac{\pi}{2}\), on a \(\cos\frac{\pi}{4} = 2^{-1/2}\), donc \(2^n\cos^n\frac{\pi}{4} = 2^{n/2}\). Ainsi, \(A_n = 2^{n/2}\cos\frac{n\pi}{4}\) et \(B_n = 2^{n/2}\sin\frac{n\pi}{4}\). Pour \(n = 2\), la formule donne \(A_2 = 2\cos\frac{\pi}{2} = 0\) et \(B_2 = 2\sin\frac{\pi}{2} = 2\). Directement, \(A_2 = 1 + 2\cos\frac{\pi}{2} + \cos\pi = 0\) et \(B_2 = 0 + 2\sin\frac{\pi}{2} + \sin\pi = 2\). Les résultats concordent.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème : le pentagone régulier

1. Le nombre \(\omega\) vérifie \(\omega^5 = 1\) et \(\omega \neq 1\). Par la somme géométrique, \(1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = \frac{1 – \omega^5}{1 – \omega}\). Cette somme est donc nulle.
2. Comme \(|\omega| = 1\), on a \(\omega^4 = \omega^{-1} = \overline{\omega}\) et \(\omega^3 = \overline{\omega^2}\). Ainsi, \(u = \omega + \overline{\omega} = 2\cos\frac{2\pi}{5}\) et \(v = 2\cos\frac{4\pi}{5}\). Ensuite, d’après la question 1, \(u + v = -1\). Enfin, on développe le produit en utilisant \(\omega^5 = 1\) :
   \[uv = \omega^3 + \omega^4 + \omega^6 + \omega^7 = \omega^3 + \omega^4 + \omega + \omega^2 = -1.\]
   Donc \(u = 2\cos\frac{2\pi}{5}\), \(v = 2\cos\frac{4\pi}{5}\), \(u + v = -1\) et \(uv = -1\).
3. Deux nombres de somme \(-1\) et de produit \(-1\) sont les solutions de \(X^2 + X – 1 = 0\). Son discriminant vaut \(5\), donc ses solutions sont \(\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}\) et \(\frac{-1 – \sqrt{5}}{2}\). Or \(\frac{2\pi}{5} \in ]0, \frac{\pi}{2}[\), donc \(u > 0\). Par conséquent, \(u = \frac{\sqrt{5} – 1}{2}\). On en déduit \(\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt{5} – 1}{4}\).
4. On a \(\cos\frac{\pi}{5} = -\cos(\pi – \frac{\pi}{5}) = -\cos\frac{4\pi}{5} = -\frac{v}{2}\). Or \(v = \frac{-1 – \sqrt{5}}{2}\). Donc \(\cos\frac{\pi}{5} = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}\).
5. On calcule le carré du module : \(|1 – \omega|^2 = (1 – \omega)(1 – \overline{\omega}) = 2 – (\omega + \overline{\omega}) = 2 – 2\cos\frac{2\pi}{5}\). Ainsi, \(\ell^2 = 2 – \frac{\sqrt{5} – 1}{2} = \frac{5 – \sqrt{5}}{2}\). Le côté du pentagone vaut \(\ell = \sqrt{\frac{5 – \sqrt{5}}{2}} \approx 1{,}176\).

Point de méthode : regrouper une racine de l’unité avec son conjuguée fait apparaître des cosinus ; les relations entre coefficients et racines donnent ensuite une équation du second degré.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : un produit de sinus

1. Dans la factorisation admise, le facteur d’indice \(k = 0\) vaut \(z – 1\). Ainsi, \(z^n – 1 = (z – 1)\prod_{k=1}^{n-1}(z – \omega^k)\). Par ailleurs, la somme géométrique donne \(z^n – 1 = (z – 1)\sum_{k=0}^{n-1}z^k\). Pour \(z \neq 1\), on simplifie par \(z – 1 \neq 0\), d’où l’égalité. Pour \(z = 1\), les deux membres sont des fonctions polynomiales, donc continues. On prend \(z = 1 + \frac{1}{m}\) et on fait tendre \(m\) vers \(+\infty\). L’égalité \(\prod_{k=1}^{n-1}(z – \omega^k) = \sum_{k=0}^{n-1}z^k\) vaut donc pour tout \(z \in \mathbb{C}\).
2. On applique la question 1 en \(z = 1\). Le membre de droite vaut \(\sum_{k=0}^{n-1}1 = n\). Donc \(\prod_{k=1}^{n-1}(1 – \omega^k) = n\).
3. On factorise par l’angle moitié :
   \[1 – \omega^k = e^{ik\pi/n}(e^{-ik\pi/n} – e^{ik\pi/n}) = -2i\sin\frac{k\pi}{n}\,e^{ik\pi/n}.\]
   Le module vaut donc \(2|\sin\frac{k\pi}{n}|\). Or \(\frac{k\pi}{n} \in ]0, \pi[\) pour \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\), donc ce sinus est strictement positif. Ainsi, \(|1 – \omega^k| = 2\sin\frac{k\pi}{n}\).
4. On prend le module de l’égalité de la question 2. Par multiplicativité du module, \(\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}{n} = n\), soit \(2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = n\). Donc \(\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}\). Pour \(n = 3\), on a \(\sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{2\pi}{3} = \frac{3}{4}\), et la formule donne bien \(\frac{3}{4}\). Pour \(n = 4\), on a \(\frac{\sqrt{2}}{2} \times 1 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{2}\), et la formule donne \(\frac{4}{8} = \frac{1}{2}\).

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• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur nombres complexes
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