Nombres complexes : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Calculs sous forme algébrique

1. On développe, en utilisant \(i^2 = -1\) : \(z_1 = 2 – 2i + 3i – 3i^2 = 5 + i\). Pour le quotient, on multiplie par le conjugué du dénominateur : \[z_2 = \frac{(1 + 2i)(3 + 4i)}{(3 – 4i)(3 + 4i)} = \frac{3 + 4i + 6i + 8i^2}{9 + 16} = \frac{-5 + 10i}{25}.\] Ainsi \(z_1 = 5 + i\) et \(z_2 = -\dfrac{1}{5} + \dfrac{2}{5}i\).
2. D’abord, avec la forme algébrique, \(|z_2| = \sqrt{\frac{1}{25} + \frac{4}{25}} = \frac{\sqrt{5}}{5}\). Ensuite, le module d’un quotient est le quotient des modules : \(|z_2| = \frac{|1 + 2i|}{|3 – 4i|} = \frac{\sqrt{5}}{5}\). Les deux méthodes donnent \(|z_2| = \dfrac{\sqrt{5}}{5}\).
3. On a \((1 + i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 2i\). Par conséquent, \((1 + i)^8 = (2i)^4 = 16\,i^4 = 16\). Par ailleurs, \(2026 = 4 \times 506 + 2\), donc \(i^{2026} = (i^4)^{506}\,i^2 = -1\). Donc \((1 + i)^8 = 16\) et \(i^{2026} = -1\).
4. On écrit \(z = x + iy\) avec \(x, y\) réels. Alors \(2z + i\overline{z} = 2x + 2iy + ix + y = (2x + y) + i(x + 2y)\). Par identification des parties réelle et imaginaire, l’équation équivaut au système \(2x + y = 3\) et \(x + 2y = 0\). La seconde équation donne \(x = -2y\) ; ensuite, la première donne \(-3y = 3\), soit \(y = -1\) et \(x = 2\). On vérifie : \(2(2 – i) + i(2 + i) = 4 – 2i + 2i – 1 = 3\). L’unique solution est \(z = 2 – i\).

Corrigé de l’exercice 2 : Forme trigonométrique et valeurs exactes

1. On a \(|z| = \sqrt{1 + 3} = 2\), donc \(z = 2(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2})\). De même, \(|w| = \sqrt{2}\) et \(w = \sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2} – i\frac{\sqrt{2}}{2})\). Ainsi \(z = 2e^{i\pi/3}\) et \(w = \sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}\).
2. D’une part, \(\dfrac{z}{w} = \dfrac{2}{\sqrt{2}}\,e^{i(\pi/3 + \pi/4)} = \sqrt{2}\,e^{7i\pi/12}\). D’autre part, \[\frac{z}{w} = \frac{(1 + i\sqrt{3})(1 + i)}{(1 – i)(1 + i)} = \frac{1 + i + i\sqrt{3} – \sqrt{3}}{2} = \frac{1 – \sqrt{3}}{2} + i\,\frac{1 + \sqrt{3}}{2}.\] En identifiant, \(\sqrt{2}\cos\frac{7\pi}{12} = \frac{1 – \sqrt{3}}{2}\) et \(\sqrt{2}\sin\frac{7\pi}{12} = \frac{1 + \sqrt{3}}{2}\). On divise par \(\sqrt{2}\), puis on multiplie numérateur et dénominateur par \(\sqrt{2}\). Donc \(\cos\dfrac{7\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{2} – \sqrt{6}}{4}\) et \(\sin\dfrac{7\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}\). Le cosinus est bien négatif, ce qui est cohérent avec \(\frac{7\pi}{12} \in ]\frac{\pi}{2}, \pi[\).
3. D’après la formule de Moivre, \(z^{10} = 2^{10}e^{10i\pi/3}\). Or \(\frac{10\pi}{3} = 2\pi + \frac{4\pi}{3}\), donc \(e^{10i\pi/3} = e^{4i\pi/3} = -\frac{1}{2} – i\frac{\sqrt{3}}{2}\). Par conséquent, \(z^{10} = -512 – 512\sqrt{3}\,i\).
4. On a \(z^n = 2^n e^{in\pi/3}\) avec \(2^n > 0\). Ce complexe est un réel strictement positif si et seulement si \(e^{in\pi/3} = 1\), c’est-à-dire \(\frac{n\pi}{3} \in 2\pi\mathbb{Z}\). Autrement dit, \(n\) doit être un multiple de \(6\). Les entiers cherchés sont les \(n = 6m\), avec \(m \in \mathbb{N}\).

Corrigé de l’exercice 3 : Racines carrées sous forme algébrique

1. On cherche \(x + iy\), avec \(x, y\) réels, tel que \((x + iy)^2 = -5 + 12i\). L’identification et l’égalité des modules donnent \(x^2 – y^2 = -5\), \(x^2 + y^2 = 13\) et \(2xy = 12\). Donc \(x^2 = 4\), \(y^2 = 9\), et \(x\), \(y\) sont de même signe. On obtient \(\pm(2 + 3i)\). De même, pour \(8 – 6i\), de module \(10\) : \(x^2 = 9\), \(y^2 = 1\) et \(xy < 0\), d’où \(\pm(3 – i)\). Enfin, \(|-15 – 8i| = \sqrt{225 + 64} = 17\) ; ainsi \(x^2 = 1\), \(y^2 = 16\) et \(xy = -4 < 0\), d’où \(\pm(1 – 4i)\). Les racines carrées sont \(\pm(2 + 3i)\), \(\pm(3 – i)\) et \(\pm(1 – 4i)\).
2. Pour \(1 + i\), de module \(\sqrt{2}\), on obtient \(x^2 – y^2 = 1\), \(x^2 + y^2 = \sqrt{2}\) et \(2xy = 1 > 0\). Par demi-somme et demi-différence, \(x^2 = \frac{\sqrt{2} + 1}{2}\) et \(y^2 = \frac{\sqrt{2} – 1}{2}\), avec \(x\) et \(y\) de même signe. Les racines carrées de \(1 + i\) sont \(\pm(\sqrt{\dfrac{\sqrt{2} + 1}{2}} + i\sqrt{\dfrac{\sqrt{2} – 1}{2}})\).
3. On a \(1 + i = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\). D’après le cours, ses racines carrées sont \(\pm\sqrt{\sqrt{2}}\,e^{i\pi/8}\). Ce sont \(\pm 2^{1/4}e^{i\pi/8}\).
4. La racine \(2^{1/4}e^{i\pi/8}\) a une partie réelle strictement positive, car \(\frac{\pi}{8} \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\). C’est donc celle de la question 2 affectée du signe \(+\). En identifiant les parties réelles, \(2^{1/4}\cos\frac{\pi}{8} = \sqrt{\frac{\sqrt{2} + 1}{2}}\). Par suite, \[\cos^2\frac{\pi}{8} = \frac{\sqrt{2} + 1}{2\sqrt{2}} = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}.\] Comme \(\cos\frac{\pi}{8} > 0\), on obtient \(\cos\dfrac{\pi}{8} = \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\).

Point de méthode : la condition sur le signe de \(xy\) est indispensable. Sans elle, on obtiendrait quatre candidats au lieu de deux.

Corrigé de l’exercice 4 : Équations du second degré à coefficients complexes

1. Le discriminant vaut \(\Delta = (3 + 4i)^2 – 4(-1 + 7i) = 9 + 24i – 16 + 4 – 28i = -3 – 4i\). Cherchons \(\delta = x + iy\) tel que \(\delta^2 = \Delta\). On a \(x^2 – y^2 = -3\), \(x^2 + y^2 = 5\) et \(2xy = -4\). Donc \(x^2 = 1\), \(y^2 = 4\) et \(xy < 0\) : on prend \(\delta = 1 – 2i\). Les solutions sont alors \(\frac{3 + 4i + 1 – 2i}{2} = 2 + i\) et \(\frac{3 + 4i – 1 + 2i}{2} = 1 + 3i\). L’ensemble des solutions est \(\{2 + i,\ 1 + 3i\}\).
2. On divise par \(i\). Comme \(\frac{3i – 1}{i} = 3 – \frac{1}{i} = 3 + i\), l’équation équivaut à \(z^2 – 3z + 3 + i = 0\). Son discriminant est \(9 – 4(3 + i) = -3 – 4i = (1 – 2i)^2\). Les solutions sont donc \(\frac{3 + 1 – 2i}{2} = 2 – i\) et \(\frac{3 – 1 + 2i}{2} = 1 + i\). Vérifions : leur somme vaut \(3 = -\frac{-3i}{i}\) et leur produit \((2 – i)(1 + i) = 2 + 2i – i + 1 = 3 + i = \frac{3i – 1}{i}\). Les solutions sont \(2 – i\) et \(1 + i\).
3. Ici, \(\Delta = 4\cos^2\theta – 4 = -4\sin^2\theta = (2i\sin\theta)^2\). On peut donc prendre \(\delta = 2i\sin\theta\). Les solutions sont \(\frac{2\cos\theta \pm 2i\sin\theta}{2} = \cos\theta \pm i\sin\theta\). Les solutions sont \(e^{i\theta}\) et \(e^{-i\theta}\), confondues lorsque \(\theta \in \pi\mathbb{Z}\).
4. D’après la réciproque du cours, \(u\) et \(v\) sont les racines de \(z^2 – z + 1 = 0\). Son discriminant vaut \(-3 = (i\sqrt{3})^2\). Ainsi, \(\{u, v\} = \{\frac{1 + i\sqrt{3}}{2}, \frac{1 – i\sqrt{3}}{2}\}\). On trouve \(u = e^{i\pi/3}\) et \(v = e^{-i\pi/3}\), à l’ordre près.

Corrigé de l’exercice 5 : Module, conjugaison et inégalité triangulaire

1. On développe avec \(|u|^2 = u\overline{u}\) : \(|z + w|^2 = |z|^2 + |w|^2 + 2\,\mathrm{Re}(z\overline{w})\) et \(|z – w|^2 = |z|^2 + |w|^2 – 2\,\mathrm{Re}(z\overline{w})\). En sommant, les doubles produits s’éliminent. Donc \(|z + w|^2 + |z – w|^2 = 2(|z|^2 + |w|^2)\). Dans le parallélogramme construit sur les vecteurs d’affixes \(z\) et \(w\), les diagonales ont pour affixes \(z + w\) et \(z – w\). Ainsi, la somme des carrés des diagonales égale la somme des carrés des quatre côtés.
2. Posons \(Z = \frac{z + w}{1 + zw}\), bien défini car \(zw \neq -1\). Comme \(|z| = 1\), on a \(\overline{z} = \frac{1}{z}\) ; de même, \(\overline{w} = \frac{1}{w}\). Donc \[\overline{Z} = \frac{\frac{1}{z} + \frac{1}{w}}{1 + \frac{1}{zw}} = \frac{\frac{z + w}{zw}}{\frac{zw + 1}{zw}} = \frac{z + w}{1 + zw} = Z.\] Le complexe \(Z\) est égal à son conjugué : il est réel.
3. Soit \(z\) une solution. D’après l’inégalité triangulaire, \(5 = |z + 3i| \leq\, |z| + |3i| = 2 + 3 = 5\). Il y a donc égalité. Comme \(3i \neq 0\), le cas d’égalité fournit un réel \(\lambda \geq\, 0\) tel que \(z = 3i\lambda\). Ensuite, \(|z| = 3\lambda = 2\) donne \(\lambda = \frac{2}{3}\), soit \(z = 2i\). Réciproquement, \(|2i| = 2\) et \(|5i| = 5\). L’unique solution est \(z = 2i\).
4. Écrivons \(z = a + ib\). D’abord, l’inégalité triangulaire donne \(|z| \leq\, |a| + |ib| = |a| + |b|\). Ensuite, \((|a| + |b|)^2 = a^2 + b^2 + 2|a|\,|b|\). Or \(2|a|\,|b| \leq\, a^2 + b^2\), car \((|a| – |b|)^2 \geq\, 0\). Donc \((|a| + |b|)^2 \leq\, 2|z|^2\). Comme les deux membres sont positifs, on peut prendre la racine carrée. Ainsi \(|z| \leq\, |\mathrm{Re}(z)| + |\mathrm{Im}(z)| \leq\, \sqrt{2}\,|z|\).

Corrigé de l’exercice 6 : Linéarisation et calcul d’intégrales

1. Avec la formule d’Euler et le binôme de Newton, \[\cos^3 t = \frac{e^{3it} + 3e^{it} + 3e^{-it} + e^{-3it}}{8} = \frac{2\cos(3t) + 6\cos t}{8}.\] De même, \((2i)^4 = 16\), d’où \[\sin^4 t = \frac{e^{4it} – 4e^{2it} + 6 – 4e^{-2it} + e^{-4it}}{16} = \frac{2\cos(4t) – 8\cos(2t) + 6}{16}.\] Donc \(\cos^3 t = \dfrac{\cos(3t) + 3\cos t}{4}\) et \(\sin^4 t = \dfrac{\cos(4t) – 4\cos(2t) + 3}{8}\).
2. On écrit \(\sin t \cos^2 t = \frac{(e^{it} – e^{-it})(e^{2it} + 2 + e^{-2it})}{8i}\). En développant, on obtient \(e^{3it} + 2e^{it} + e^{-it} – e^{it} – 2e^{-it} – e^{-3it}\), soit \((e^{3it} – e^{-3it}) + (e^{it} – e^{-it})\). Par conséquent, \(\sin t\cos^2 t = \frac{2i\sin(3t) + 2i\sin t}{8i}\). Ainsi \(\sin t \cos^2 t = \dfrac{\sin(3t) + \sin t}{4}\).
3. Grâce à la linéarisation, \[\int_0^{\pi/2} \sin^4 t\,\mathrm{d}t = \frac{1}{8}[\frac{\sin(4t)}{4} – 2\sin(2t) + 3t]_0^{\pi/2} = \frac{1}{8} \cdot \frac{3\pi}{2}.\] En effet, \(\sin(2\pi) = \sin(\pi) = 0\). Donc \(\displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin^4 t\,\mathrm{d}t = \dfrac{3\pi}{16}\).
4. D’abord, par linéarisation : \(\int_0^{\pi} \frac{\sin(3t) + \sin t}{4}\,\mathrm{d}t = \frac{1}{4}[-\frac{\cos(3t)}{3} – \cos t]_0^{\pi} = \frac{1}{4}(\frac{4}{3} + \frac{4}{3}) = \frac{2}{3}\). Ensuite, on remarque que \(\sin t\cos^2 t\) est la dérivée de \(-\frac{\cos^3 t}{3}\). Donc l’intégrale vaut \([-\frac{\cos^3 t}{3}]_0^{\pi} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3}\). Les deux méthodes donnent \(\dfrac{2}{3}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Formule de Moivre et valeur de sin(π/10)

1. Notons \(c = \cos t\) et \(s = \sin t\). Par la formule de Moivre et le binôme, \(\cos(3t) + i\sin(3t) = (c + is)^3 = c^3 + 3ic^2s – 3cs^2 – is^3\). On identifie les parties réelles : \(\cos(3t) = c^3 – 3c(1 – c^2)\). Puis les parties imaginaires : \(\sin(3t) = 3(1 – s^2)s – s^3\). Donc \(\cos(3t) = 4\cos^3 t – 3\cos t\) et \(\sin(3t) = 3\sin t – 4\sin^3 t\).
2. La partie réelle de \((c + is)^4\) vaut \(c^4 – 6c^2s^2 + s^4\). On remplace \(s^2\) par \(1 – c^2\) : \[c^4 – 6c^2 + 6c^4 + 1 – 2c^2 + c^4 = 8c^4 – 8c^2 + 1.\] Ainsi \(\cos(4t) = 8\cos^4 t – 8\cos^2 t + 1\).
3. Supposons \(\cos t \neq 0\) et \(\cos(3t) \neq 0\). D’après la question 1, \(\tan(3t) = \frac{3c^2s – s^3}{c^3 – 3cs^2}\). On divise numérateur et dénominateur par \(c^3\), et on note \(T = \tan t\). On obtient \(\tan(3t) = \frac{3T – T^3}{1 – 3T^2}\). Or \(\cos(3t) \neq 0\) équivaut à \(t \notin \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3}\mathbb{Z}\), et cet ensemble exclu contient déjà \(\frac{\pi}{2} + \pi\mathbb{Z}\). Pour \(t \notin \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3}\mathbb{Z}\), \(\tan(3t) = \dfrac{3\tan t – \tan^3 t}{1 – 3\tan^2 t}\).
4. Pour \(t = \frac{\pi}{10}\), on a \(2t = \frac{\pi}{5} = \frac{\pi}{2} – \frac{3\pi}{10}\). Donc \(\sin(2t) = \cos(\frac{\pi}{2} – 2t) = \cos(3t)\). Avec les formules de duplication et de la question 1, cela s’écrit \(2sc = 4c^3 – 3c\). Comme \(c = \cos\frac{\pi}{10} \neq 0\), on simplifie : \(2s = 4c^2 – 3 = 1 – 4s^2\). Ainsi \(s\) est racine de \(4X^2 + 2X – 1\), de discriminant \(20\). Donc \(s = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}\). Or \(s > 0\) puisque \(\frac{\pi}{10} \in ]0, \pi[\). Par conséquent, \(\sin\dfrac{\pi}{10} = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Technique de l’angle moitié

1. Par l’angle moitié, \(1 + e^{i\theta} = 2\cos(\theta/2)\,e^{i\theta/2}\). Si \(\theta \in ]-\pi, \pi[\), alors \(\theta/2 \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\), donc \(\cos(\theta/2) > 0\). Dans ce cas, le module vaut \(2\cos(\theta/2)\) et \(\theta/2\) est un argument. Si \(\theta \in ]\pi, 3\pi[\), en revanche, \(\cos(\theta/2) < 0\). On écrit alors \(1 + e^{i\theta} = -2\cos(\theta/2)\,e^{i(\theta/2 + \pi)}\). Le module vaut \(-2\cos(\theta/2)\) et \(\theta/2 + \pi\) est un argument.
2. On a \(1 – e^{i\theta} = -2i\sin(\theta/2)\,e^{i\theta/2}\). Or \(-i = e^{-i\pi/2}\), d’où \(1 – e^{i\theta} = 2\sin(\theta/2)\,e^{i(\theta – \pi)/2}\). Pour \(\theta \in ]0, 2\pi[\), on a \(\sin(\theta/2) > 0\). Le module vaut \(2\sin(\theta/2)\) et \(\dfrac{\theta – \pi}{2}\) est un argument.
3. Pour \(\theta \in ]0, \pi[\), le dénominateur ne s’annule pas. Ensuite, \[\frac{1 + e^{i\theta}}{1 – e^{i\theta}} = \frac{2\cos(\theta/2)\,e^{i\theta/2}}{-2i\sin(\theta/2)\,e^{i\theta/2}} = \frac{\cos(\theta/2)}{-i\sin(\theta/2)} = i\,\frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)}.\] Le quotient vaut \(i\,\dfrac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)}\) : il est imaginaire pur.
4. Par la formule du binôme, \(\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}e^{ik\theta} = (1 + e^{i\theta})^n = 2^n\cos^n(\theta/2)\,e^{in\theta/2}\). Cette égalité est valable pour tout réel \(\theta\). Il reste à prendre les parties réelle et imaginaire. On obtient \(\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}\cos(k\theta) = 2^n\cos^n(\frac{\theta}{2})\cos(\frac{n\theta}{2})\) et \(\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}\sin(k\theta) = 2^n\cos^n(\frac{\theta}{2})\sin(\frac{n\theta}{2})\).

Point de méthode : un module est toujours positif. Avant de lire le module dans \(2\cos(\theta/2)e^{i\theta/2}\), vérifiez donc le signe du cosinus.

Corrigé de l’exercice 9 : Sommes trigonométriques

1. Si \(t \in 2\pi\mathbb{Z}\), alors \(kt \in 2\pi\mathbb{Z}\) pour tout \(k\). Ainsi \(\cos(kt) = 1\) et \(\sin(kt) = 0\). Donc \(C_n(t) = n + 1\) et \(S_n(t) = 0\).
2. Si \(t \notin 2\pi\mathbb{Z}\), la raison \(e^{it}\) est différente de \(1\). La somme géométrique vaut \(\frac{1 – e^{i(n+1)t}}{1 – e^{it}}\). On factorise par l’angle moitié en haut et en bas : \[C_n(t) + iS_n(t) = \frac{-2i\sin(\frac{(n+1)t}{2})e^{i(n+1)t/2}}{-2i\sin(\frac{t}{2})e^{it/2}} = \frac{\sin(\frac{(n+1)t}{2})}{\sin(\frac{t}{2})}\,e^{int/2}.\] Le facteur devant l’exponentielle est réel. On en déduit \(C_n(t) = \dfrac{\cos(\frac{nt}{2})\sin(\frac{(n+1)t}{2})}{\sin(\frac{t}{2})}\) et \(S_n(t) = \dfrac{\sin(\frac{nt}{2})\sin(\frac{(n+1)t}{2})}{\sin(\frac{t}{2})}\).
3. On linéarise : \(\cos^2(kt) = \frac{1 + \cos(2kt)}{2}\). Donc \(\sum_{k=0}^{n}\cos^2(kt) = \frac{n + 1}{2} + \frac{1}{2}C_n(2t)\). Comme \(t \notin \pi\mathbb{Z}\), on a \(2t \notin 2\pi\mathbb{Z}\) : la question 2 s’applique en remplaçant \(t\) par \(2t\). Ainsi \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\cos^2(kt) = \frac{n + 1}{2} + \frac{\cos(nt)\sin((n+1)t)}{2\sin t}\).
4. Pour \(n = 1\) et \(t = \frac{\pi}{3}\), la somme directe vaut \(\cos^2 0 + \cos^2\frac{\pi}{3} = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}\). La formule donne \(1 + \frac{\cos(\pi/3)\sin(2\pi/3)}{2\sin(\pi/3)} = 1 + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\), car \(\sin\frac{2\pi}{3} = \sin\frac{\pi}{3}\). Les deux valeurs coïncident : \(\dfrac{5}{4}\).

Corrigé de l’exercice 10 : Racines cinquièmes de l’unité et cos(2π/5)

1. On a \(\omega^5 = e^{2i\pi} = 1\) et \(\omega \neq 1\). La somme géométrique vaut donc \(\frac{1 – \omega^5}{1 – \omega} = 0\). Ainsi \(1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0\).
2. Comme \(|\omega| = 1\), on a \(\overline{\omega} = \omega^{-1} = \omega^4\). Donc \(a = \omega + \overline{\omega} = 2\,\mathrm{Re}(\omega)\). De même, \(\omega^3 = \omega^{-2} = \overline{\omega^2}\), donc \(b = 2\,\mathrm{Re}(\omega^2)\). Par conséquent, \(a = 2\cos\dfrac{2\pi}{5}\) et \(b = 2\cos\dfrac{4\pi}{5}\).
3. D’après la question 1, \(a + b = -1\). Ensuite, \(ab = \omega^3 + \omega^4 + \omega^6 + \omega^7 = \omega^3 + \omega^4 + \omega + \omega^2 = -1\), car \(\omega^5 = 1\). Ainsi, \(a\) et \(b\) sont les racines de \(X^2 + X – 1\), c’est-à-dire \(\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\). Or \(\frac{2\pi}{5} \in ]0, \frac{\pi}{2}[\), donc \(a > 0\). On obtient \(a = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{2}\), \(b = \dfrac{-1 – \sqrt{5}}{2}\) et \(\cos\dfrac{2\pi}{5} = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{4}\).
4. On a \(\cos\frac{\pi}{5} = -\cos(\pi – \frac{\pi}{5}) = -\cos\frac{4\pi}{5} = -\frac{b}{2}\). Donc \(\cos\dfrac{\pi}{5} = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{4}\).

La figure ci-dessous place les racines cinquièmes de l’unité. Elle montre aussi les deux sommes \(a\) et \(b\) sur l’axe réel : chacune est le double de l’abscisse d’une paire de sommets symétriques.

Corrigé de l’exercice 11 : Équations z^n = a

1. On a \(-8i = 8e^{-i\pi/2}\), et \(2^3 = 8\). D’après le cours, les solutions sont les \(2e^{i(-\pi/6 + 2k\pi/3)}\), 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 \(-\sqrt{3} – i\). Elles forment un triangle équilatéral inscrit dans le cercle de centre \(O\) et de rayon \(2\).
2. On a \(-4 = 4e^{i\pi}\), et \(\sqrt{2}^{\,4} = 4\). Les solutions sont donc les \(\sqrt{2}\,e^{i(\pi/4 + k\pi/2)}\), pour \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\). Ce sont \(1 + i\), \(-1 + i\), \(-1 – i\) et \(1 – i\), sommets d’un carré inscrit dans le cercle de rayon \(\sqrt{2}\).
3. On regroupe les solutions conjuguées. Les complexes \(1 \pm i\) ont pour somme \(2\) et pour produit \(2\) : ce sont les racines de \(z^2 – 2z + 2\). De même, \(-1 \pm i\) sont les racines de \(z^2 + 2z + 2\). On vérifie alors le produit : \((z^2 + 2 – 2z)(z^2 + 2 + 2z) = (z^2 + 2)^2 – 4z^2 = z^4 + 4\). Donc \(z^4 + 4 = (z^2 – 2z + 2)(z^2 + 2z + 2)\).
4. Soit \(z\) une solution. En passant aux modules, \(|z|^4 = |z|\), soit \(|z|(|z|^3 – 1) = 0\). Donc \(|z| = 0\) ou \(|z| = 1\). D’abord, \(z = 0\) est solution. Ensuite, si \(|z| = 1\), alors \(\overline{z} = \frac{1}{z}\) et l’équation équivaut à \(z^5 = 1\). Réciproquement, tout \(z \in \mathbb{U}_5\) est de module \(1\) et vérifie \(z^4 = z^{-1} = \overline{z}\). L’ensemble des solutions est \(\{0\} \cup \mathbb{U}_5\), soit six solutions : \(0\) et les \(e^{2ik\pi/5}\), \(0 \leq\, k \leq\, 4\).

La figure ci-dessous représente les solutions des deux premières équations : un triangle équilatéral et un carré.

Corrigé de l’exercice 12 : Une équation de degré n − 1

1. Pour \(z = 1\), le membre de gauche vaut \(2^n\) et celui de droite vaut \(0\). Donc \(1\) n’est pas solution. Pour \(z \neq 1\), on peut diviser par \((z – 1)^n \neq 0\). Ainsi \((E)\) équivaut à \(z \neq 1\) et \((\dfrac{z + 1}{z – 1})^n = 1\).
2. Pour \(z \neq 1\), l’équation \(\frac{z + 1}{z – 1} = u\) équivaut à \(z + 1 = uz – u\), soit \(z(u – 1) = u + 1\). Si \(u = 1\), elle devient \(0 = 2\) : c’est impossible. Si \(u \neq 1\), on obtient \(z = \frac{u + 1}{u – 1}\), qui est bien différent de \(1\). L’unique solution est \(z = \dfrac{u + 1}{u – 1}\) si \(u \neq 1\), et il n’y en a aucune si \(u = 1\).
3. D’après les questions 1 et 2, les solutions de \((E)\) sont les \(\frac{u + 1}{u – 1}\), avec \(u \in \mathbb{U}_n \setminus \{1\}\). On écrit \(u = e^{i\theta}\) avec \(\theta = \frac{2k\pi}{n}\) et \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\). Par l’angle moitié, \(u + 1 = 2\cos(\theta/2)e^{i\theta/2}\) et \(u – 1 = 2i\sin(\theta/2)e^{i\theta/2}\). Comme \(\frac{\theta}{2} = \frac{k\pi}{n} \in ]0, \pi[\), le sinus ne s’annule pas. Donc \[z_k = \frac{\cos(k\pi/n)}{i\sin(k\pi/n)} = -i\,\frac{\cos(k\pi/n)}{\sin(k\pi/n)}.\] Enfin, la fonction \(x \mapsto \frac{\cos x}{\sin x}\) a pour dérivée \(-\frac{1}{\sin^2 x} < 0\) sur \(]0, \pi[\). Elle y est donc strictement décroissante, donc injective. Les \(n – 1\) solutions \(z_k\) sont deux à deux distinctes.
4. Si \(z\) est solution, alors \(|z + 1|^n = |z – 1|^n\). Comme ces modules sont des réels positifs, \(|z + 1| = |z – 1|\). Autrement dit, le point d’affixe \(z\) est à égale distance des points d’affixes \(-1\) et \(1\). Il appartient donc à leur médiatrice. Cette médiatrice est l’axe imaginaire : toute solution est imaginaire pure.

Corrigé de l’exercice 13 : Exponentielle complexe

1. On met chaque second membre sous forme trigonométrique, puis on applique le cours. D’abord, \(1 + i\sqrt{3} = 2e^{i\pi/3}\). Ensuite, \(-3 = 3e^{i\pi}\). Enfin, \(-2i = 2e^{-i\pi/2}\). Les solutions sont respectivement \(\ln 2 + i(\frac{\pi}{3} + 2k\pi)\), \(\ln 3 + i(\pi + 2k\pi)\) et \(\ln 2 + i(-\frac{\pi}{2} + 2k\pi)\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
2. On pose \(Z = e^z\). L’équation devient \(Z^2 – (1 + i)Z + i = 0\). Or \(1\) et \(i\) ont pour somme \(1 + i\) et pour produit \(i\) : ce sont les deux racines. Ainsi, \(e^z = 1\) ou \(e^z = i = e^{i\pi/2}\). La première donne \(z = 2ik\pi\) ; la seconde donne \(z = i(\frac{\pi}{2} + 2k\pi)\). Les solutions sont les \(2ik\pi\) et les \(i(\frac{\pi}{2} + 2k\pi)\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
3. Écrivons \(z = x + iy\). Alors \(e^z = e^x\cos y + ie^x\sin y\). Comme \(e^x > 0\), \(e^z\) est réel si et seulement si \(\sin y = 0\), c’est-à-dire \(y \in \pi\mathbb{Z}\). De plus, \(e^z\) est alors du signe de \(\cos y\). Ainsi \(e^z \in \mathbb{R}\) si et seulement si \(\mathrm{Im}(z) \in \pi\mathbb{Z}\), et \(e^z < 0\) si et seulement si \(\mathrm{Im}(z) \in \pi + 2\pi\mathbb{Z}\).
4. Pour tout \(z\), \(|e^z| = e^{\mathrm{Re}(z)} > 0\). Par conséquent, \(e^z\) ne s’annule jamais.

Corrigé de l’exercice 14 : Triangle rectangle, alignement et triangles équilatéraux

1. On calcule \(c – a = -1 + 3i\) et \(b – a = 3 + i\). Ensuite, \[\frac{c – a}{b – a} = \frac{(-1 + 3i)(3 – i)}{10} = \frac{-3 + i + 9i + 3}{10} = i.\] Ce quotient a pour module \(1\) et pour argument \(\frac{\pi}{2}\). Donc \(AC = AB\) et \((\vec{AB}, \vec{AC}) \equiv \frac{\pi}{2}\). Le triangle \(ABC\) est rectangle isocèle en \(A\).
2. On a \(d – a = 6 + 2i = 2(3 + i)\). Donc \(\frac{d – a}{b – a} = 2\), qui est réel. Les points \(A\), \(B\), \(D\) sont alignés ; plus précisément, \(\vec{AD} = 2\vec{AB}\), donc \(B\) est le milieu de \([AD]\).
3. Le triangle \(ABE\) est équilatéral si et seulement si \(e – a = e^{\pm i\pi/3}(b – a)\). Avec le signe \(+\), \((\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2})(3 + i) = \frac{3 – \sqrt{3}}{2} + i\,\frac{1 + 3\sqrt{3}}{2}\). Avec le signe \(-\), on trouve de même \(\frac{3 + \sqrt{3}}{2} + i\,\frac{1 – 3\sqrt{3}}{2}\). Il reste à ajouter \(a = 1 + i\). On obtient \(e = \dfrac{5 – \sqrt{3}}{2} + i\,\dfrac{3 + 3\sqrt{3}}{2}\) et \(e^{\prime} = \dfrac{5 + \sqrt{3}}{2} + i\,\dfrac{3 – 3\sqrt{3}}{2}\).
4. Le triangle est rectangle en \(A\), avec \(AB = AC = |3 + i| = \sqrt{10}\). Son aire vaut donc \(\frac{AB \times AC}{2} = \frac{10}{2}\). L’aire du triangle \(ABC\) vaut \(5\).

Comme le montre la figure ci-dessous, les deux triangles équilatéraux sont symétriques par rapport à la droite \((AB)\), qui passe aussi par \(D\).

Corrigé de l’exercice 15 : Lieux géométriques

1. On multiplie par le conjugué du dénominateur : \[Z = \frac{\big(x + i(y – 1)\big)\big((x + 1) – iy\big)}{(x + 1)^2 + y^2}.\] Le numérateur vaut \(x(x + 1) + y(y – 1) + i\big[(y – 1)(x + 1) – xy\big]\). De plus, \((y – 1)(x + 1) – xy = y – x – 1\). Donc \(\mathrm{Re}(Z) = \dfrac{x^2 + x + y^2 – y}{(x + 1)^2 + y^2}\) et \(\mathrm{Im}(Z) = \dfrac{y – x – 1}{(x + 1)^2 + y^2}\).
2. \(Z\) est réel si et seulement si \(y = x + 1\), avec \(M \neq B\). Cette droite passe par \(A(0, 1)\) et par \(B(-1, 0)\). Ainsi \(\mathcal{D}\) est la droite \((AB)\) privée du point \(B\).
3. \(Z\) est imaginaire pur si et seulement si \(x^2 + x + y^2 – y = 0\). Par mise sous forme canonique, cela s’écrit \((x + \frac{1}{2})^2 + (y – \frac{1}{2})^2 = \frac{1}{2}\). Le centre \((-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})\) est le milieu de \([AB]\), et le rayon \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) vaut \(\frac{AB}{2}\). Donc \(\mathcal{C}\) est le cercle de diamètre \([AB]\), privé du point \(B\).
4. On a \(|Z| = 1\) si et seulement si \(|z – i| = |z + 1|\), c’est-à-dire \(MA = MB\). En coordonnées, \(x^2 + (y – 1)^2 = (x + 1)^2 + y^2\) équivaut à \(-2y = 2x\). Ainsi \(\mathcal{M}\) est la droite d’équation \(y = -x\), médiatrice de \([AB]\).
5. Pour \(M \neq A\) et \(M \neq B\), \(Z\) est le quotient des affixes de \(\vec{AM}\) et \(\vec{BM}\). D’abord, \(Z\) est réel si et seulement si ces vecteurs sont colinéaires, donc si \(M \in (AB)\). Ensuite, \(Z\) est imaginaire pur si et seulement si \((AM) \perp (BM)\), donc si \(M\) est sur le cercle de diamètre \([AB]\). Enfin, \(|Z| = \frac{AM}{BM}\). On retrouve les trois ensembles ; le point \(A\), où \(Z = 0\), appartient à la fois à \(\mathcal{D}\) et à \(\mathcal{C}\).

La figure ci-dessous représente les trois ensembles. On remarque que le cercle \(\mathcal{C}\) passe aussi par l’origine : en effet, pour \(z = 0\), on trouve \(Z = -i\).

Corrigé de l’exercice 16 : Similitudes directes

1. Pour \(g\), on a \(a = i\), de module \(1\) et d’argument \(\frac{\pi}{2}\). Son point fixe vérifie \(\omega = i\omega + 1 + i\), donc \(\omega = \frac{1 + i}{1 – i} = \frac{(1 + i)^2}{2} = i\). Pour \(h\), le coefficient \(-2\) est réel, et le point fixe vérifie \(\omega = -2\omega + 3\), soit \(\omega = 1\). Ainsi \(g\) est la rotation de centre \(i\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\), et \(h\) est l’homothétie de centre \(1\) et de rapport \(-2\).
2. Comme \(1 + i \neq 1\), \(f\) n’est pas une translation. Son point fixe vérifie \(\omega = (1 + i)\omega + 2 – i\), soit \(-i\omega = 2 – i\). En multipliant par \(i\), on obtient \(\omega = i(2 – i) = 1 + 2i\). Par ailleurs, \(1 + i = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\). Donc \(\Omega\) a pour affixe \(1 + 2i\), et \(f\) est la similitude de rapport \(\sqrt{2}\) et d’angle \(\frac{\pi}{4}\).
3. On calcule \(f(0) = 2 – i\) et \(f(1) = 3\). Ensuite, \(f(1 + i) = (1 + i)^2 + 2 – i = 2 + i\) et \(f(i) = i – 1 + 2 – i = 1\). Une similitude multiplie les longueurs par \(\sqrt{2}\) et conserve les angles orientés. L’image de \(OIKJ\) est donc le carré de sommets \(2 – i\), \(3\), \(2 + i\) et \(1\), de côté \(\sqrt{2}\).
4. On compose : \(g(f(z)) = i\big((1 + i)z + 2 – i\big) + 1 + i = (-1 + i)z + 2 + 3i\). Or \(-1 + i = \sqrt{2}\,e^{3i\pi/4}\). Le centre vérifie \(\omega = (-1 + i)\omega + 2 + 3i\), donc \[\omega = \frac{2 + 3i}{2 – i} = \frac{(2 + 3i)(2 + i)}{5} = \frac{1 + 8i}{5}.\] Ainsi \(g \circ f\) est la similitude de centre \(\frac{1 + 8i}{5}\), de rapport \(\sqrt{2}\) et d’angle \(\frac{3\pi}{4}\).
5. On cherche \(s(z) = az + b\). La condition \(s(0) = 1\) donne \(b = 1\). Ensuite, \(s(1) = a + 1 = 1 + i\) donne \(a = i\). Son centre vérifie \(\omega = i\omega + 1\), soit \(\omega = \frac{1}{1 – i} = \frac{1 + i}{2}\). Donc \(s(z) = iz + 1\) : c’est la rotation de centre \(\frac{1 + i}{2}\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\).

La figure ci-dessous montre le carré \(OIKJ\) et son image par \(f\). On y voit que chaque sommet est tourné de \(\frac{\pi}{4}\) autour de \(\Omega\), puis éloigné de ce centre d’un facteur \(\sqrt{2}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Une somme de racines septièmes de l’unité

1. Comme \(|\omega| = 1\) et \(\omega^7 = 1\), on a \(\overline{\omega^p} = \omega^{-p} = \omega^{7 – p}\). Donc \(\overline{\omega} = \omega^6\), \(\overline{\omega^2} = \omega^5\) et \(\overline{\omega^4} = \omega^3\). Par conséquent, \(\overline{S} = \omega^6 + \omega^5 + \omega^3 = T\).
2. D’abord, \(S + T = \omega + \omega^2 + \cdots + \omega^6 = -1\), car la somme des racines septièmes de l’unité est nulle. Ensuite, on développe le produit en neuf termes : \[ST = \omega^4 + \omega^6 + \omega^7 + \omega^5 + \omega^7 + \omega^8 + \omega^7 + \omega^9 + \omega^{10}.\] On réduit les exposants modulo \(7\) : \(ST = 3 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 + \omega^5 + \omega^6 = 3 – 1\). Donc \(S + T = -1\) et \(ST = 2\).
3. On a \(\mathrm{Im}(S) = \sin\frac{2\pi}{7} + \sin\frac{4\pi}{7} + \sin\frac{8\pi}{7}\). Or \(\sin\frac{8\pi}{7} = \sin(\pi + \frac{\pi}{7}) = -\sin\frac{\pi}{7}\), ce qui donne l’expression demandée. De plus, \(\sin\frac{4\pi}{7} = \sin\frac{3\pi}{7}\). Comme \(0 < \frac{\pi}{7} < \frac{3\pi}{7} < \frac{\pi}{2}\) et que le sinus est strictement croissant sur \([0, \frac{\pi}{2}]\), on a \(\sin\frac{3\pi}{7} > \sin\frac{\pi}{7}\). Enfin, \(\sin\frac{2\pi}{7} > 0\). Donc \(\mathrm{Im}(S) > 0\).
4. D’après la question 2, \(S\) et \(T\) sont les racines de \(X^2 + X + 2\). Son discriminant vaut \(1 – 8 = -7 = (i\sqrt{7})^2\). Les racines sont donc \(\frac{-1 \pm i\sqrt{7}}{2}\). Comme \(\mathrm{Im}(S) > 0\), on obtient \(S = \dfrac{-1 + i\sqrt{7}}{2}\).
5. On identifie les parties réelle et imaginaire de \(S\). Ainsi \(\cos\dfrac{2\pi}{7} + \cos\dfrac{4\pi}{7} + \cos\dfrac{8\pi}{7} = -\dfrac{1}{2}\) et \(\sin\dfrac{2\pi}{7} + \sin\dfrac{4\pi}{7} – \sin\dfrac{\pi}{7} = \dfrac{\sqrt{7}}{2}\).

Point de méthode : connaître la somme et le produit de deux nombres les détermine à l’ordre près. Un argument de signe permet ensuite de savoir lequel est lequel.

Corrigé de l’exercice 18 : Problème, produit de sinus et polygone régulier

1. Pour \(n = 3\), on a \(\omega_1 = j\) et \(\omega_2 = j^2\). Donc \((z – j)(z – j^2) = z^2 – (j + j^2)z + j^3\). Or \(1 + j + j^2 = 0\) et \(j^3 = 1\). On retrouve bien \((z – j)(z – j^2) = z^2 + z + 1\).
2. L’égalité admise est valable pour tout complexe \(z\), en particulier pour \(z = 1\). Le membre de gauche vaut alors \(1 + 1 + \cdots + 1\), avec \(n\) termes. Donc \(\prod_{k=1}^{n-1}(1 – \omega_k) = n\).
3. Posons \(\theta = \frac{2k\pi}{n}\). Par l’angle moitié, \(1 – \omega_k = 1 – e^{i\theta} = -2i\sin(\frac{k\pi}{n})e^{ik\pi/n}\). Comme \(|-2i| = 2\) et \(|e^{ik\pi/n}| = 1\), on obtient \(|1 – \omega_k| = 2|\sin\frac{k\pi}{n}|\). Or \(\frac{k\pi}{n} \in ]0, \pi[\) lorsque \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\), donc ce sinus est strictement positif. Ainsi \(|1 – \omega_k| = 2\sin\dfrac{k\pi}{n}\).
4. On prend le module de l’égalité de la question 2. Le module d’un produit est le produit des modules : \(n = \prod_{k=1}^{n-1}|1 – \omega_k| = 2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}\). Par conséquent, \(\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}\).
5. Le nombre \(|1 – \omega_k|\) est la distance du sommet d’affixe \(1\) au sommet d’affixe \(\omega_k\). Le produit des distances d’un sommet du polygone régulier aux \(n – 1\) autres sommets vaut \(n\) ; pour l’heptagone de la figure, le produit des six longueurs vaut \(7\).
6. Pour \(n = 6\), on a \(\sin\frac{\pi}{6} = \sin\frac{5\pi}{6} = \frac{1}{2}\), \(\sin\frac{\pi}{3} = \sin\frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin\frac{\pi}{2} = 1\). Le produit vaut donc \(\frac{1}{4} \times \frac{3}{4} \times 1 = \frac{3}{16}\). D’autre part, \(\frac{6}{2^5} = \frac{6}{32} = \frac{3}{16}\). La formule est vérifiée pour \(n = 6\).

Corrigé de l’exercice 19 : Coefficients binomiaux de trois en trois

1. Si \(p\) est multiple de \(3\), alors \(j^p = 1\) et la somme vaut \(3\). Sinon, \(j^p \neq 1\), car \(e^{2ip\pi/3} = 1\) exige \(\frac{2p\pi}{3} \in 2\pi\mathbb{Z}\). C’est donc une somme géométrique de raison \(j^p \neq 1\) : elle vaut \(\frac{1 – j^{3p}}{1 – j^p} = 0\), car \(j^{3p} = 1\). Ainsi \(1 + j^p + j^{2p} = 3\) si \(3\) divise \(p\), et \(0\) sinon.
2. Par la formule du binôme, \((1 + 1)^n + (1 + j)^n + (1 + j^2)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}(1 + j^k + j^{2k})\). D’après la question 1, seuls restent les termes où \(k\) est multiple de \(3\), chacun multiplié par \(3\). Donc \(3A_n = 2^n + (1 + j)^n + (1 + j^2)^n\).
3. On a \(1 + j = 1 – \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\). De plus, \(1 + j^2 = 1 + \overline{j} = \overline{1 + j}\). Ainsi \(1 + j = e^{i\pi/3}\) et \(1 + j^2 = e^{-i\pi/3}\).
4. D’après la formule de Moivre, \((1 + j)^n + (1 + j^2)^n = e^{in\pi/3} + e^{-in\pi/3} = 2\cos\frac{n\pi}{3}\), par la formule d’Euler. Donc \(A_n = \dfrac{1}{3}(2^n + 2\cos\dfrac{n\pi}{3})\).
5. Pour \(n = 4\), la somme directe vaut \(\binom\,{4}{0} + \binom\,{4}{3} = 1 + 4 = 5\), et la formule donne \(\frac{1}{3}(16 + 2\cos\frac{4\pi}{3}) = \frac{16 – 1}{3} = 5\). Pour \(n = 6\), la somme directe vaut \(1 + 20 + 1 = 22\), et la formule donne \(\frac{64 + 2}{3} = 22\). La formule est vérifiée dans les deux cas.

Point de méthode : pour isoler les termes d’indice multiple de \(3\), on somme sur les racines cubiques de l’unité. Cette technique de filtrage se généralise à \(\mathbb{U}_m\) pour tout entier \(m\).

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