Corrigé du contrôle de maths sup : complexes, racines n-ièmes et géométrie

Exercice 1 : Racines n-ièmes de l’unité (3 points)

1. Soit \(z \in \mathbb{U}_n\). Alors \(|z|^n = |z^n| = 1\), et comme \(|z| \geq\, 0\), on a \(|z| = 1\). On peut donc écrire \(z = e^{i\theta}\) avec \(\theta \in \mathbb{R}\). Ensuite, \(z^n = e^{in\theta} = 1\) équivaut à \(n\theta \in 2\pi\mathbb{Z}\), c’est-à-dire \(\theta = \dfrac{2k\pi}{n}\) avec \(k \in \mathbb{Z}\). Réciproquement, \((e^{\frac{2ik\pi}{n}})^n = e^{2ik\pi} = 1\).
   
   Par division euclidienne, tout \(k \in \mathbb{Z}\) s’écrit \(k = qn + r\) avec \(r \in [\![0,n-1]\!]\). Alors \(e^{\frac{2ik\pi}{n}} = e^{2iq\pi}\,e^{\frac{2ir\pi}{n}} = e^{\frac{2ir\pi}{n}}\) : on peut se limiter à \(k \in [\![0,n-1]\!]\).
   
   Enfin, si \(0 \leq\, k, k^{\prime} \leq\, n-1\) et \(e^{\frac{2ik\pi}{n}} = e^{\frac{2ik^{\prime}\pi}{n}}\), alors \(\dfrac{k – k^{\prime}}{n} \in \mathbb{Z}\). Or \(|k – k^{\prime}| < n\), donc \(k = k^{\prime}\). Les \(n\) racines sont distinctes, et \(\mathbb{U}_n\) a exactement \(n\) éléments.
2. Posons \(\omega = e^{\frac{2i\pi}{n}}\). Comme \(n \geq\, 2\), on a \(0 < \dfrac{2\pi}{n} < 2\pi\), donc \(\omega \neq 1\). Par la formule de la somme géométrique,
   \[\sum_{k=0}^{n-1} \omega^k = \dfrac{1 – \omega^n}{1 – \omega} = \dfrac{1 – 1}{1 – \omega} = 0.\]
   La somme des racines \(n\)-ièmes de l’unité est nulle.

Barème : a) 2 points : 0,5 pour \(|z| = 1\), 0,5 pour \(\theta = \frac{2k\pi}{n}\) et la réciproque, 0,5 pour la réduction à \([\![0,n-1]\!]\), 0,5 pour le caractère distinct ; b) 1 point : 0,5 pour \(\omega \neq 1\), 0,5 pour le calcul.

Exercice 2 : Angle moitié et linéarisation (5 points)

1. On factorise par \(e^{\frac{i\theta}{2}}\) :
   \[1 + e^{i\theta} = e^{\frac{i\theta}{2}}(e^{-\frac{i\theta}{2}} + e^{\frac{i\theta}{2}}) = 2\cos\dfrac{\theta}{2}\,e^{\frac{i\theta}{2}}.\]
   Pour \(\theta \in ]-\pi,\pi[\), on a \(\dfrac{\theta}{2} \in ]-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}[\), donc \(\cos\dfrac{\theta}{2} > 0\). Le module vaut \(2\cos\dfrac{\theta}{2}\) et \(\dfrac{\theta}{2}\) est un argument.
   
   De même, \(1 – e^{i\theta} = e^{\frac{i\theta}{2}}(e^{-\frac{i\theta}{2}} – e^{\frac{i\theta}{2}}) = -2i\sin\dfrac{\theta}{2}\,e^{\frac{i\theta}{2}}\). Or \(-i = e^{-\frac{i\pi}{2}}\), donc
   \[1 – e^{i\theta} = 2\sin\dfrac{\theta}{2}\,e^{\frac{i(\theta – \pi)}{2}}.\]
   Pour \(\theta \in ]0, 2\pi[\), on a \(\sin\dfrac{\theta}{2} > 0\). Le module vaut \(2\sin\dfrac{\theta}{2}\) et \(\dfrac{\theta – \pi}{2}\) est un argument.
2. Par la formule d’Euler et la formule du binôme,
   \[\cos^4 t = \dfrac{1}{16}(e^{it} + e^{-it})^4 = \dfrac{1}{16}(e^{4it} + 4e^{2it} + 6 + 4e^{-2it} + e^{-4it}).\]
   En regroupant les termes conjugués, on obtient \(\dfrac{1}{16}(2\cos 4t + 8\cos 2t + 6)\). Donc \(\cos^4 t = \dfrac{1}{8}(\cos 4t + 4\cos 2t + 3)\).
3. Comme \(t \notin 2\pi\mathbb{Z}\), \(e^{it} \neq 1\), et la somme géométrique donne \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} e^{ikt} = \dfrac{1 – e^{i(n+1)t}}{1 – e^{it}}\). La question a, appliquée au numérateur et au dénominateur sous la forme \(1 – e^{i\alpha} = -2i\sin\dfrac{\alpha}{2}\,e^{\frac{i\alpha}{2}}\), donne
   \[\sum_{k=0}^{n} e^{ikt} = \dfrac{\sin\dfrac{(n+1)t}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\,e^{\frac{int}{2}}.\]
   Le quotient des sinus est réel. En prenant la partie réelle, \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \cos(kt) = \dfrac{\sin\dfrac{(n+1)t}{2}\cos\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\).
4. Par la formule de Moivre, \(\cos(3t) = \operatorname{Re}((\cos t + i\sin t)^3) = \cos^3 t – 3\cos t\sin^2 t\). En remplaçant \(\sin^2 t\) par \(1 – \cos^2 t\), on obtient \(\cos(3t) = 4\cos^3 t – 3\cos t\).

Erreur fréquente : annoncer \(2\cos\frac{\theta}{2}\) comme module sans vérifier son signe. Hors de \(]-\pi,\pi[\), ce réel peut être négatif et l’argument change de \(\pi\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour chaque factorisation, 0,5 pour les signes justifiés ; b) 1 point : 0,5 pour le développement, 0,5 pour le résultat ; c) 1,5 point : 0,5 pour la somme géométrique, 0,5 pour l’angle moitié, 0,5 pour la partie réelle ; d) 1 point.

Exercice 3 : Équations dans C (5 points)

1. Cherchons \(\delta = x + iy\) avec \(x, y\) réels tel que \(\delta^2 = 3 – 4i\). L’égalité des parties réelles, des parties imaginaires et des modules donne
   \[x^2 – y^2 = 3, \qquad 2xy = -4, \qquad x^2 + y^2 = |3 – 4i| = 5.\]
   On en tire \(x^2 = 4\) et \(y^2 = 1\), et \(xy < 0\) impose des signes contraires. Les racines carrées de \(3 – 4i\) sont \(2 – i\) et \(-2 + i\).
2. Le discriminant vaut \(\Delta = (-3i)^2 – 4(-3 + i) = -9 + 12 – 4i = 3 – 4i\). D’après la question a, \(\delta = 2 – i\) en est une racine carrée. Les solutions sont donc
   \[z_1 = \dfrac{3i + (2 – i)}{2} = 1 + i \quad \text{et} \quad z_2 = \dfrac{3i – (2 – i)}{2} = -1 + 2i.\]
   Vérification : \(z_1 + z_2 = 3i\) et \(z_1 z_2 = (1+i)(-1+2i) = -3 + i\). L’ensemble des solutions est \(\{1 + i,\ -1 + 2i\}\).
3. On a \(8i = 8e^{\frac{i\pi}{2}}\) et \(8 = 2^3\). Une solution particulière est \(z_0 = 2e^{\frac{i\pi}{6}}\) ; les solutions sont les \(z_0\,\omega\) avec \(\omega \in \mathbb{U}_3\), soit \(2e^{i(\frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3})}\) pour \(k \in \{0,1,2\}\). Les solutions sont \(2e^{\frac{i\pi}{6}} = \sqrt{3} + i\), \(2e^{\frac{5i\pi}{6}} = -\sqrt{3} + i\) et \(2e^{\frac{3i\pi}{2}} = -2i\).
4. On a \(1 + i\sqrt{3} = 2e^{\frac{i\pi}{3}}\). Écrivons \(z = x + iy\) : \(e^z = e^x e^{iy}\). Par unicité du module et de l’argument modulo \(2\pi\), l’équation équivaut à \(e^x = 2\) et \(y \equiv \dfrac{\pi}{3}\ [2\pi]\). Les solutions sont les \(\ln 2 + i(\dfrac{\pi}{3} + 2k\pi)\), \(k \in \mathbb{Z}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour le système avec l’équation des modules, 0,5 pour \(x^2\) et \(y^2\), 0,5 pour les signes ; b) 1,5 point : 0,5 pour \(\Delta\), 1 pour les deux solutions ; c) 1 point : 0,5 pour la méthode, 0,5 pour les trois solutions sous les deux formes ; d) 1 point : 0,5 pour la forme exponentielle, 0,5 pour l’ensemble des solutions.

Exercice 4 : Géométrie dans le plan complexe (7 points)

1. On a \(c – a = 6 + 2i = 2(3 + i)\) et \(b – a = 3 + i\), donc \(\dfrac{c-a}{b-a} = 2\). Ce quotient est réel, donc les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) sont colinéaires. Les points \(A\), \(B\) et \(C\) sont alignés (et \(\vec{AC} = 2\vec{AB}\) : \(B\) est le milieu de \([AC]\)).
2. On calcule \(\dfrac{d-a}{b-a} = \dfrac{1 – 3i}{3 + i} = \dfrac{(1-3i)(3-i)}{10} = \dfrac{3 – i – 9i – 3}{10} = -i\).
   
   Ainsi \(\dfrac{AD}{AB} = |-i| = 1\) et \((\vec{AB}, \vec{AD}) \equiv \arg(-i) \equiv -\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]\). Le triangle \(ABD\) est rectangle isocèle en \(A\).
3. Un point fixe d’affixe \(\omega\) vérifie \(\omega = (1+i)\omega + 1\), soit \(-i\omega = 1\), donc \(\omega = i\). Il est unique puisque \(1 + i \neq 1\). En soustrayant \(\omega = (1+i)\omega + 1\) à \(z^{\prime} = (1+i)z + 1\), on obtient
   \[z^{\prime} – i = (1+i)(z – i) = \sqrt{2}\,e^{\frac{i\pi}{4}}(z – i).\]
   L’application \(s\) est la similitude directe de centre \(\Omega(i)\), de rapport \(\sqrt{2}\) et d’angle \(\dfrac{\pi}{4}\).
4. D’après la question b, \(d – a = -i(b – a)\). La rotation de centre \(A\) et d’angle \(-\dfrac{\pi}{2}\) s’écrit \(z^{\prime} – a = -i(z – a)\), et elle envoie bien \(B\) sur \(D\). Comme \(a(1 + i) = (1+i)^2 = 2i\), on obtient \(z^{\prime} = -iz + 2i\). Vérification : \(-i(4 + 2i) + 2i = 2 – 2i = d\). La rotation cherchée est \(r : z \mapsto -iz + 2i\).
5. Posons \(z = x + iy\) avec \(z \neq b\). Le quotient \(\dfrac{z-a}{z-b} = \dfrac{(z-a)\overline{(z-b)}}{|z-b|^2}\) est imaginaire pur si et seulement si \(\operatorname{Re}((z-a)\overline{(z-b)}) = 0\), c’est-à-dire
   \[(x-1)(x-4) + (y-1)(y-2) = 0 \iff x^2 – 5x + y^2 – 3y + 6 = 0.\]
   En complétant les carrés, on obtient \((x – \dfrac{5}{2})^2 + (y – \dfrac{3}{2})^2 = \dfrac{25}{4} + \dfrac{9}{4} – 6 = \dfrac{10}{4}\).
   
   L’ensemble \(\Gamma\) est le cercle de centre \(I(\dfrac{5}{2} + \dfrac{3}{2}i)\) et de rayon \(\dfrac{\sqrt{10}}{2}\), privé du point \(B\). C’est le cercle de diamètre \([AB]\) : \(I\) est le milieu de \([AB]\) et \(AB = |3 + i| = \sqrt{10}\). Le point \(A\) en fait partie, car \(0\) est imaginaire pur. Géométriquement, pour \(M \neq A, B\), la condition exprime que l’angle \(\widehat{AMB}\) est droit.

   

Erreur fréquente : oublier d’exclure \(B\), où le quotient n’est pas défini, ou exclure \(A\) à tort.

Barème : a) 1 point : 0,5 pour le quotient, 0,5 pour la conclusion justifiée ; b) 1,5 point : 0,5 pour le calcul, 1 pour la nature du triangle (module et argument) ; c) 1,5 point : 0,5 pour le point fixe, 0,5 pour la forme \(z^{\prime} – i = (1+i)(z-i)\), 0,5 pour le rapport et l’angle ; d) 1 point : 0,5 pour la forme, 0,5 pour l’écriture développée ; e) 2 points : 0,5 pour la traduction par la partie réelle, 0,5 pour l’équation cartésienne, 0,5 pour le centre et le rayon, 0,5 pour les points exclus ou conservés.

Revenir à l’énoncé du contrôle

Après le corrigé du contrôle : complexes, racines n-ièmes et géométrie

Pour consolider ce que le corrigé vous a appris, relisez le cours « Nombres complexes » en maths sup puis entraînez-vous avec les exercices corrigés nombres complexes.

Retrouvez tous les contrôles de maths sup classés par chapitre, ou choisissez un autre niveau sur la page contrôles de maths du CP au post-bac.