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Mathématiques – AL1 - Complexes
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AL1 – Complexes FC
- Corrigés des exercices -
1 CALCULS 2
2 TRANSFORMATIONS D’ÉCRITURES 5
3 TRIGONOMÉTRIE 7
4 POLYNÔMES 9
5 EXERCICES DE TESTS 12
Mathématiques – AL1 - Complexes
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1 Calculs
1.1 Additions
1.1.1 ( ) ( )3 2 4 5 5i i i+ + + = +
1.1.2 i i i i− + − − + = +3 5 2 2 6 6 3
1.2 Multiplications
1.2.1 ( )( ) ( ) ( )i i i i+ + = × − × + × + × = +3 2 4 3 2 1 4 1 2 3 4 2 14
1.2.2 ( )( ) ( ) ( )i i i i− + = × + × + × − × = −6 5 4 3 6 4 5 3 6 3 5 4 39 2
1.2.3 ( )i i i− = +5 6 6 5
1.2.4 ( ) ( ) ( ) ( )x iy y ix xy yx i xx yy i x y+ + = − + + = +2 2
1.2.5 ( )( )a ib a ib a b+ − = +2 2
1.3 Divisions
1.3.1 ( )i i ii i i i
i i i
+ − +− − + −= ⋅ = =− − + +2 2
2 21 1 2 3
2 2 2 2 1 5
1.3.2 ( )i i ii i i i
i i i
+ + ++ + + − += ⋅ = =− − + +
15 25 18 305 6 5 6 3 5 15 43
3 5 3 5 3 5 9 25 34
1.3.3 i i i i
ii i i
+ + − −= ⋅ = = −−
12 12 1 12 1
12 12 12 12
1.3.4 i i i i
ii i i
− − − − −= ⋅ = = −++ + −
7 3 7 3 7 3 49 3 14 3 23 7 3
49 3 26 267 3 7 3 7 3
1.3.5
( )i i i ii i ii
i ii
+ + + ++ + − += ⋅ = = = − +− + +−
53 18 54 10 309 5 2 6 12 64 3 832 2 6 2 6 4 36 40 10 523
1.4 Puissances entières
1.4.1 i = −2 1 i i= −3 i =4 1 i i=5
1.4.2 i =4 1k i i+ =4 1k
i + = −4 2 1k i i+ = −4 3k
1.4.3 ( ) ( )x iy x y ixy+ = − +2 2 2 2
1.4.4 ,zπ =
3
212 (polaires)
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En coordonnées polaires le module est élevé à la puissance et l’argument est multiplié par ladite
puissance : ( ) [ ] [ ], , ,z ρ θ π π = = × × π = π
3 32 3 3 2 8 212 4
.
Ceci donne en représentation cartésienne : cos sin .z i iπ π = + = +
3 8 4 2 4 24 4
1.4.5
7
7ei
zπ
=
77 7e e 1
i izπ× π= = = −
1.4.6
4
81
e2
iz
π =
44 8 2
4
1 1 1e e
4 42
i iz i
π π×= = =
1.5 Racines
1.5.1 1 5i+
On pose : ( )z x iy i= + = +22 1 5 . On développe : .x y i xy i− + = +2 2 2 1 5
On identifie, ainsi on obtient un système d’équations à deux inconnues :
x y
xy
− =
=
2 2 1
2 5 d’où il vient :
x x
yx
− − = =
4 2 250
4
5
2
On pose : X x= 2 , forcément positif, d’où : X X− − =2 250
4qui a pour solutions :
X+= >1
1 260
2et X
−= <2
1 260
2 ; seule la première convient.
On a donc pour x deux racines réelles : x X= ± 1 , donc deux solutions à notre problème :
; ;x y x yx x
+ + = = = − =
1 1 2 2
1 2
1 26 5 1 26 5ou
2 2 2 2
1.5.2 6 2i+
deux solutions : 1 1 2 2
1 2
1 13 10 ou 3 10x y x y
x x= + = = − + =
1.5.3 1 i+
deux solutions : 1 1 2 2
1 2
1 2 1 1 2 1ou
2 2 2 2x y x y
x x
+ += = = − =
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1.5.4 i
deux solutions : 1 1 1 2 2 2
2 2ou
2 2x y x x y x= = = − =
1.5.5 i−
deux solutions : 1 1 1 2 2 2
2 2ou
2 2x y x x y x= = − = − = −
1.5.6 1 2
1 4
i
i
+−
deux solutions : 1 1 2 2
1 2
7 85 3 7 85 3ou
34 17 34 17x y x y
x x
− + − += = = − =
1.5.7 ( ) ( ),1 polairesz = π
En coordonnées polaires, le module de la racine est égal à la racine du module et l’argument de la racine est égal à l’argument divisé par le degré de la racine, ainsi :
[ ], ,2
1 12 2 2
z π π π = = π
. On obtient donc deux nombres complexes distincts :
[ ],zπ = π
0 1 2
2 et [ ],z
π = π
1
31 2
2, soit en représentation cartésienne : z i=0 et z i= −1 .
1.5.8 iz π= 3 3e
2
3ei
zπ π = . On obtient donc trois racines distinctes :
0 e 1iz π= = − , 31
1 3e
2 2
iz i
π−= = − et 3
2
1 3e
2 2
iz i
π
= = + .
1.5.9 e5
2
π
=i
z
2
10 5ei
zπ π = , soit cinq racines distinctes : 10
0 ei
zπ
= , 21 e
iz i
π
= = , 9
102 e
iz
π
= , 13
103 e
iz
π
= et 17
104 e
iz
π
=
Quel commentaire pouvez-vous faire à propos de ces racines d’ordre n ?
On remarque que tout complexe non nul possède exactement n racines complexes d’ordre n, dont les images forment un polygone régulier à n sommets, de centre O.
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2 Transformations d’écritures On emploiera « polaire » pour désigner indifféremment un couple ( ),ρ θ ou une forme eiθρ .
2.1 Représentation cartésienne vers représentation polaire
2.1.1 1z = ( ) [ ]( ), ,z ρ θ= = π1 0 2
2.1.2 3z = ( ) [ ]( ), ,z ρ θ= = π3 0 2
2.1.3 z i= ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π
1 22
2.1.4 z i= −6 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = − π
6 22
2.1.5 z i= +2 2
2 2 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π
1 2
4
2.1.6 z i= +3 1
2 2 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π
1 2
6
2.1.7 z i= +5 5 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π
5 2 24
2.1.8 z i= − +5 3 5 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π
510 2
6
2.2 Représentation polaire vers représentation cartésienne
2.2.1 cos sinz iπ π = +
3
12 12 , , .z a ib i= + ≈ +2 89778 0 77646
2.2.2 cos sinz iπ π = −
3 15 15
7 4 4 , , .z a ib i i= + = + ≈ +6 6
0 17496 0 1749614 14
2.2.3 i
zπ−
= 65e z a ib i= + = −5 3 5
2 2
2.2.4 ,zπ = −
0
6 z = 0
2.2.5 ,zπ =
315
6 z i= − −5 3 5
2 2
2.2.6
5
42ei
zπ
= z a ib i= + = − −2 2
2.2.7 ,zπ = −
1
2 z i= −
2.2.8 2e iz − π= z = −2
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2.3 Effectuer les multiplications en passant par la forme polaire
2.3.1 1
2 2
2 2z i= +
que multiplie z i= +2 5 5
Convertissons ces deux nombres en représentation polaire : [ ],zπ = π
1 1 2
4 et [ ],z
π = π
2 5 2 24
.
Les modules se multiplient et les arguments s’additionnent : [ ]. ,z z iπ = π =
1 2 5 2 2 5 2
2
2.3.2 z i= +1
3 1
2 2 que multiplie z i= − +2 5 3 5
iz
π
= 61 e
5
62 10e
iz
π
= .1 2 10e 10iz z π= = −
2.3.3 1 1z i= + que multiplie z i= −2 1
iz
π
= 41 2e 4
2 2ei
zπ−
= .1 2 2z z =
2.4 Rotation Dans chaque cas, déterminer les coordonnées cartésiennes de B’, image de B par la rotation de centre A
et d’angle θ.
2.4.1 A(3, -2), B(5, 3), θ = 60°
zB’ – zA = 3eiπ
(zB – zA) = 0,5(1 + i√3)(5 + 3i – 3 + 2i) = 0,5(1 + i√3)(2 + 5i) = 1 – 2,5√3 + i(2,5 + √3)
zB’ = 1 – 2,5√3 + i(2,5 + √3) + 3 - 2i = 4 – 2,5√3 + i(0,5 + √3)
2.4.2 zA = 7-3i, B(5, 3), θ = 6
π rad
zB’ – zA = 6eiπ
(zB – zA) = 0,5(√3 + i)(5 + 3i – 7 + 3i) = 0,5(√3 + i)(-2 + 6i) = -3 – √3 + i(-1 + 3√3)
zB’ = -3 – √3 + i(-1 + 3√3) + 7 - 3i = 4 – √3 + i(-4 + 3√3)
2.4.3 zA = 32eiπ
, zB = 1 + 2i, θ = -45°
zB’ – zA = 4eiπ−
(zB – zA) = 0,5(√2 - i√2)(1+2i – 1 - i√3) = 0,5(√2 - i√2) i (2 - √3) = (√2 + i√2)(1 – 0,5√3)
zB’ = (√2 + i√2)(1 – 0,5√3) + 1 + i√3 = 1 + √2 – 0,5√6 + i(√2 + √3 – 0,5√6)
2.4.4 A(3, -2), zB = -1 + 2i, θ = 5
6
π rad
zB’ – zA = 5
6ei
π
(zB – zA) = 0,5(-√3 + i)(-4 + 4i) = 2√3 – 2 + i(-2 - 2√3)
zB’ = 2√3 – 2 + i(-2 - 2√3) + 3 - 2i = 2√3 + 1 + i(-4 - 2√3)
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3 Trigonométrie
3.1 Écrire en fonction de sinθ, cosθ, tanθ (grâce à la formule de Moivre)
3.1.1 ( )cos θ2 et ( )sin θ2
( ) ( ), ,θ θ=21 1 2 , donc : ( ) ( ) ( )cos sin cos sin sin cos cos sini i iθ θ θ θ θ θ θ θ+ = − + = +2 2 2 2 2 2 .
Il suffit alors d’identifier partie réelle et partie imaginaire :
( )cos cos sinθ θ θ= −2 22 et ( )sin sin cosθ θ θ=2 2 .
3.1.2 ( )tan θ3
( ) ( ), ,θ θ=31 1 3 , donc : ( ) ( ) ( )cos sin cos sini iθ θ θ θ+ = +3
3 3
( ) ( )cos . cos sin cos sin sin cos sini i iθ θ θ θ θ θ θ θ+ − − = +3 2 2 33 3 3 3
Identifions : ( )sin cos sin sinθ θ θ θ= −2 33 3 et ( )cos cos cos sinθ θ θ θ= −3 23 3
D’où : ( ) ( )( )
sin cos sin sin tan tan tantan tan .
cos cos cos sin tan tan
θ θ θ θ θ θ θθ θθ θ θ θ θ θ
− − −= = = =− − −
2 3 3 2
3 2 2 2
3 3 3 33
3 3 1 3 1 3
3.1.3 sinθ 2
( ), ,θ θ =
2
1 12
, et notons le complexe mis au carré x + iy, avec cosxθ=2
et sinyθ=2
,
ce qui donne : ( ) . cos sinx iy x y i xy iθ θ+ = − + = +2 2 2 2 , d’où par identification :
cos cossincos
cos
sinsinsin x xX x
X Xx xx y
xyyy
xx
θ θθθθθθθ ≠ ≠
=
− + = =− − = − = ⇔ ⇔ = ==
2
24 2
2 2
0 0
1 1ou0
2 24
2
22
Le cas x = 0 appliqué au système de départ, impose sinθ = 0 (éq.2) et cosθ négatif (éq.1), donc cosθ = -
1. On est ici dans la situation θ = π [2π], d’où θ/2 = π/2 [π], soit x = 0 et y = ±1, conforme au système. Dans les autres cas, revenons aux solutions envisagées sur X. Comme X = x², X est strictement positif,
ce qui impose que seule la seconde solution est valide : cos 1
2X
θ += .
Ainsi, cos
xθ += ± 1
2 et
( )sin
sincos 22 1
yθ θθ
= ± = ± +
3.1.4 ( )cos θ4 et ( )sin θ4
( ) ( ), ,θ θ=41 1 4 . d’où
( )( )
cos cos sin cos sin
sin cos sin cos sin
θ θ θ θ θθ θ θ θ θ
= − + = −
4 2 2 4
3 3
4 6
4 4 4
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3.2 Linéariser
3.2.1 cos θ4
Utilisons la formule d’Euler :
( ) ( ) ( )cos4
4 4 2 2 4 4 4 2 2e e 1 1 4 6e 4e 6 4e e e e e e
2 16 16 16 16
i ii i i i i i i i
−− − − − += = + + + + = + + + +
θ θθ θ θ θ θ θ θ θθ
( ) ( )cos coscos . .
4 4 2 24 4 21 e e 1 e e 3 3
8 2 2 2 8 8 2 8
i i i i− −+ += + + = + +θ θ θ θ θ θ
θ
3.2.2 sin θ3
( ) ( ) ( )sin3
3 3 3 3 3e e 1 1 3e 3e 3e e e e e e
2 8 8 8
i ii i i i i i i i
i i i i
−− − − − −= = − + − = − − + − −
θ θθ θ θ θ θ θ θ θθ
( )( )sin . . sin sin3 3
3 3 e e 1 e e 13 3
4 2 4 2 4
i i i i
i i
− −− −= − = −θ θ θ θ
θ θ θ
3.3 Calculs de lignes trigonométriques
3.3.1 sin , cos ,sin ,cosπ π π π
2 2 4 4
3 3 3 3
Retrouvez ces valeurs à partir du calcul des racines cubiques de l’unité.
On reconnaît des arguments de racines cubiques de l’unité : si on pose : ( )x iy+ =31 , alors on a
,x iy π + =
21 0
3 (écriture polaire), soit trois possibilités :
( ), , , , ,π π
2 41 0 1 1
3 3. (polaire)
On développe ( )x iy+ =31 : x i x y xy iy+ − − =3 2 2 33 3 1 , d’où par identification :
x xy− =3 23 1 et x y y− =2 33 0 .
Il y a une solution évidente : x = 1, y = 0. Elle correspond à la première racine citée en polaire : (1, 0).
Cette solution mise de côté, le système se ramène à : x xy− =3 23 1 et x y− =2 23 0 .
D’où : y x=2 23 donc x x− =3 39 1 soit : x x= − ⇔ = −3 1 1
8 2, qui entraîne y y= ⇔ = ±2 3 3
4 2
Ainsi on retrouve bien en identifiant les deux autres racines :
cos sin
cos sin
π π= − =
π π= − = −
2 1 2 3
3 2 3 2
4 1 4 3
3 2 3 2
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4 Polynômes
4.1 Résoudre dans ℂ les équations suivantes
4.1.1 z² - 6z + 20 = 0
∆ = 36 – 80 = -44, strictement négatif. Les deux solutions de cette équation sont les deux complexes conjugués
ii
− = −6 2 113 11
2 et i+3 11 .
4.1.2 z² - 6z + 3 = 0
∆ = 36 - 12 = 24, strictement positif. Les deux solutions de cette équation sont les deux réels − = −6 2 6
3 62
et +3 6 .
4.1.3 z² - iz + i = 0
C’est une équation à coefficients complexes. Dans le corps des complexes, la méthode générale est la même que
pour les réels : ∆ = b² - 4ac, puis, cette fois quel que soit ∆, b
za
− ± ∆=2
, la difficulté résidant dans la recherche
de ∆ .
∆ = (-i)² - 4i = -1 - 4i
Recherche de i− −1 4 :
( )x x x
x y xx iy ixy yy xx
− = − + − = − = − + = − − ⇔ ⇔ ⇔ −−= − = =
2 4 22 2 2
2
41 4 0
11 4 2
22 4
On aboutit à une équation bicarrée, que l’on résout en notant X = x² :
X² + X – 4 = 0 ; ∆ = 17 ; X = 1 17
2
− + (forcément positif)
x = 1 17
2
− +± et y =
( )( )( )
2 1 172 2 1 17 1 172 2 2
8 21 17 1 17 1 17x
+− + += = = =− + − + +
∓ ∓ ∓ ∓
Nous avons le choix entre deux complexes opposés pour citer i− −1 4 , prenons par exemple :
1 17 1 17
2 2i
− + +∆ = −
Solutions de l’équation :
1 17 1 17
2 22 2
i ib
za
− + +±− ± ∆= =∓
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4.1.4 z² = iz
C’est une équation à coefficients complexes. * Avec le discriminant :
∆ = -1 – 0 = -1 et les deux solutions sont b i i
za
− ± ∆ ±= =2 2
, soit 0 et i.
* On peut aussi, dans des cas simples et si on s’ennuie un peu, tenter une identification, posant z = x + iy, l’équation devient :
(x + iy)² = i(x + iy) ⇔ x y y
xy x
− = −
=
2 2
2 (séparation des parties réelle et imaginaire)
Cas n°1 : x = 0 (qui vérifie la seconde équation)
La première équation devient alors y y− = −2 , dont les solutions sont 0 et 1. Les nombres complexes 0 et i sont
solutions de l’équation initiale.
Cas n°2 : x ≠ 0
La seconde équation donne y = 1/2 et donc la première équation devient x = −2 1
4, qui n’admet pas de solution
réelle. Ce second cas ne produit donc pas de solution pour l’équation initiale. Conclusion : les solutions de l’équation z² = iz sont 0 et i.
4.1.5 z² - iz + 20 = 0
C’est une équation à coefficients complexes. * Avec le discriminant :
∆ = -1 – 80 = -81 et les deux solutions sont b i i
za
− ± ∆ ±= = 9
2 2, soit 5i et -4i.
* Avec la méthode d’identification, posant z = x + iy, l’équation devient :
(x + iy)² - i(x + iy) + 20 = 0 ⇔ x y y
xy x
− + + =
− =
2 2 20 0
2 0 (séparation des parties réelle et imaginaire)
Cas n°1 : x = 0 (qui vérifie la seconde équation)
La première équation devient alors y y− + + =2 20 0 , dont le discriminant vaut 81 et dont les deux solutions
réelles sont 5 et -4. Les nombres complexes 5i et -4i sont solutions de l’équation initiale.
Cas n°2 : x ≠ 0
La seconde équation donne y = 1/2 et donc la première équation devient x + =2 810
4, qui n’admet pas de
solution réelle. Ce second cas ne produit donc pas de solution pour l’équation initiale. Conclusion : les solutions de l’équation z² - iz + 20 = 0 sont 5i et -4i.
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4.2 Calculs polynomiaux
4.2.1 GIN FC26 2010
On donne les nombres complexes z et Z suivants : z = 3 + 3i et Z = z² - 6z + 20.
1) |z| = √(9+9) = 3√2
2) z = 3√2.(1/√2 + i/√2) = 3√2.(cos(π/4) + i.sin(π/4)), donc arg(z) = π/4 [2π]. 3) Z = (9 + 18i – 9) – (18 + 18i) + 20 = 2
4) |Z| = 2 et arg(Z) = 0 [2π]
4.2.2 Factorisation
Soit le polynôme complexe P(z) = z3 – z² + (1 – 3i)z + 2(-1 + i). 1) Montrer que 1 + i est une racine de ce polynôme.
P(1 + i) = (1 + i)3 – (1 + i)² + (1 – 3i)(1 + i) + 2(-1 + i) = 1 + 3i - 3 - i - 2i + 1 + i -3i + 3 - 2 + 2i = 0
2) Factoriser ce polynôme par (z – 1 – i)
P(z) est un polynôme du troisième degré et dont le premier coefficient est 1. Il peut donc être écrit comme le produit d’un polynôme de degré 1 (par exemple, celui qu’on nous propose ici) et d’un polynôme de degré 2 (dont le premier coefficient vaut par conséquent 1). P(z) = z3 – z² + (1 – 3i)z + 2(-1 + i) = (z -1 - i)(z² + bz + c)
⇔ z3 – z² + (1 – 3i)z + 2(-1 + i) = z3 + bz² + cz - z² - bz - c –iz² - ibz - ic)
⇔
b i b i b i
c b ib i c i i c i
c ic i c ic i c ic i
− − = − = = − − = − ⇔ − + = − ⇔ = − − − = − + − − = − + − − = − +
1 1
1 3 1 1 3 2
2 2 2 2 2 2 ok
Finalement : P(z) = z3 – z² + (1 – 3i)z + 2(-1 + i) = (z -1 - i)(z² + iz – 2i) 3) Déterminer alors les deux autres racines de ce polynôme
Ce sont donc les racines du polynôme z² + iz – 2i. ∆ = i² + 8i = -1 + 8i
Recherche de 1 8i− + :
( )2 4 2
2 2 22
161 16 0
11 8 4
42 8
x x xx y xx iy i
xy yy xx
− = − + − = − = − + = − + ⇔ ⇔ ⇔
= = =
On aboutit à une équation bicarrée, que l’on résout en notant X = x² :
X² + X – 16 = 0 ; ∆ = 65 ; X = 1 65
2
− + (forcément positif) et donc x =
1 65
2
− +±
D’où : y = ( )
( )( )2 1 654 2 1 65 1 65
4 4 432 21 65 1 65 1 65x
+ + += ± = ± = ± = ±− + − + +
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Nous avons le choix entre deux complexes opposés pour citer 1 8i− + , prenons par exemple :
1 65 1 65
2 2i
− + +∆ = +
Les deux racines supplémentaires cherchées sont :
1 65 1 65
2 22 2
i ib
za
− + +− ± ±− ± ∆= = (soit deux signes +, soit deux signes -).
5 Exercices de tests
5.1 QCM
1) Le module du nombre complexe 3 - i 2 est :
� 5 � 7 � 11 � 13
2) Le module du nombre complexe a + ia (a positif) est :
� a � 2a � a2 � a
3) L’argument du nombre complexe -2 + 2i est :
� 4
π �
4
π− � 3
4
π �
3
4
π−
4) La différence entre les arguments des nombres complexes 1 + i et 1 + i 3 vaut :
� 0 � 12
π �
6
π �
3
π
5) L’écriture cartésienne de 3
2ei
π
est : � 1 � i � -1 � -i
6) Le nombre complexe i peut s’écrire :
� 2i
eπ
� 2.i
i eπ
� ie π
� . ii e π
7) Soient deux nombres complexes conjugués ; leur produit est :
� nul � égal à 1 � un réel positif � un imaginaire pur
8) La division d’un nombre complexe d’argument 4
π par son conjugué a pour résultat :
� 1 � -1 � i � -i
9) Soit le nombre complexe z = a + ib. Le module et l’argument de ez sont : � a et b � ea et b � a et eb � ea et eb
10) La division du nombre complexe 1 + 3i par le complexe i a pour résultat : � 1 - 3i � -1 + 3i � 3 - i � 3 + i
11) Soient deux nombres complexes conjugués ; leur produit est : � nul � de module 1 � un réel positif � un imaginaire pur
12) Les deux nombres complexes iθρe et iθρ −− e … :
� sont conjugués � sont opposés � ont une sommeimaginaire pure � ont le même carré
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5.2 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation
On se place dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal ( ); ,u vO� �
, direct.
Soient les points A et B d’affixes respectives : A 1z = et B 3 2z i= − .
On considère la fonction f de ℂ dans ℂ définie par : ( ) 1f z iz i= + −
Pour alléger les écritures, on notera ( )z f z′ =
On associe au vecteur MM′�����
l'affixe z z′ − . 1) Placer A et B sur une figure que l’on complètera au fur et à mesure de l’exercice.
2) Dans cette question, on considère un point M, différent de A, donc d’affixe 1z ≠ .
a. Déterminer le complexe z
Zz
′ −=−
1
1.
( )11
1 1 1
i zz iz iZ i
z z z
−′ − −= = = =− − −
b. Déterminer le module Z et un argument arg(Z) de Z.
( ) ( );1 arg arg2
Z i Z iπ= = = =
c. Exprimer l'affixe de ′AM�����
en fonction de celle de AM����
. En déduire l’angle ( ),AM AM′���� �����
.
( ). ,
A AAM AM
2AM AM AM
et 1
Donc e d'où AM AM2
i
z z z iz i z z z z
z i z z
′
π
′
′= − = − = − = −
π′= = =
����� ����
����� ���� ����
���� �����
d. En déduire la nature de la fonction f.
La fonction f est la rotation de centre A et d’angle 2
π (donc de sens direct).
3) a. Calculer ( )Af z . Remarque ?
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( )A A1 1 1f z i i z= × + − = = . On voit effectivement que le point A est invariant par cette rotation,
puisqu’il en est le centre.
b. Calculer ( )Bf z et placer sur la figure le point B' d'affixe ( )Bf z .
( ) ( )B 3 2 1 3 2f z i i i i= × − + − = +
4) Soit C le point dont l’image par la fonction f est le point C’ d’affixe C 3 3z i′ = − − .
Déterminer, par le calcul, l’affixe zC du point C. Placer C et C' sur la figure. Deux façons de faire :
* avec les écritures cartésiennes et la définition de f :
( ) .C C C 1z f z iz i′ = = + − En multipliant les deux membres par i : C C 1iz z i′ = − + + , d’où
( )C C 1 3 3 1 2 4z iz i i i i i′= − + + = − − − + + = − +
* en utilisant la rotation :
C est l’image de C’ par la rotation de centre A et d’angle 2
π− , d’où
( ) ( )2C A C A C Ce 1 3 3 1 3 4 2 4
iz z z z z i i i z i
π−
′− = − ⇔ − = − − − − = − + ⇔ = − +
5.3 GI FC34 2015 - Test – cube On souhaite étudier les conditions sur un nombre complexe z pour lesquelles z3 est réel.
1) Utiliser exclusivement la forme cartésienne de z pour cette étude.
( ) ( ) ( )a ib a ab i a b b a ab ib a b+ = − + − = − + −3 3 2 2 3 3 2 2 23 3 3 3 .
La partie imaginaire doit être nulle, donc b = 0 ou 3a² = b², soit b = ±a 3 .
Ainsi, nous avons trois groupes de solutions :
* z peut être un nombre réel quelconque,
* z est de la forme ( )a i+1 3 , avec a réel quelconque,
* z est de la forme ( )a i−1 3 , avec a réel quelconque.
2) Utiliser exclusivement la forme exponentielle de z pour cette étude.
( )i iθ θρ ρ=3 3 3e e , qui est réel si son argument est congru à 0 modulo π.
( )kk kθ θ π= + π ⇔ = ∈3 0
3ℤ .
En mesure principale, entre 0 et 2π, six valeurs de k sont à exploiter (de 0 à 5) :
, , , , ,θ θ θ θ θ θπ π π π= = = = π = =2 4 50
3 3 3 3
Les solutions n°1 et 4 renvoient au premier point de la réponse à la question 1,
les solutions 2 et 5 au second point et les solutions 3 et 6 au troisième.
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5.4 GI FC18/26 2014 – Test - Complexes et géométrie
On considère deux barres de même longueur L, attachées
ensemble en un point A.
La barre [OA] est liée au point O, fixe, origine de notre repère, et
peut tourner librement autour de ce point (angle α ). La seconde
barre, [AB], est liée à la première au point A et peut tourner
librement autour de celui-ci (angle β ). On considérera, pour simplifier nos raisonnements à venir, que α
est pris entre 0 et 2
π.
1) Questions diverses
a. Que remarque-t-on si β = α ?
b. Que remarque-t-on si β = 2α ?
c. Si α est fixé, quelle est la zone que peut parcourir B ?
2) Exemple numérique
Prenons, uniquement pour cette question 2, L = 2, α = 6
π et β =
2
π.
a. Donner les coordonnées cartésiennes du point A.
b. O étant l’image de B par rotation de centre A et d’angle β , déterminer une relation entre les affixes
zA et zB des points A et B.
c. En déduire les coordonnées cartésiennes exactes du point B.
3) Vérification de la réponse 1b
Reprenons ici le cas général : longueur L, angles α et β.
a. Donner l’écriture exponentielle du complexe zA affixe du point A.
b. O étant l’image de B par rotation de centre A et d’angle β , déterminer une relation entre les affixes
zA et zB des points A et B et donc une expression de zB en fonction de zA.
c. Montrer alors que si β = 2α , alors zB est imaginaire pur.
1) a. Si α = β , alors [AB] est parallèle à l’axe des abscisses.
b. Si β = 2α , alors [AB] fait avec l’axe (Ox) le même angle que [OA] et B se trouve sur l’axe des
ordonnées. Plus rigoureusement : le triangle OAB est isocèle en A, avec un angle AOB égal à 2
βπ −,
qui vaut donc 2
απ − ici. Ainsi, l’angle xOB vaut xOA + AOB = 2
π : B est sur la demi-droite [Oy).
c. Si α est fixé, le point B parcourt le cercle de centre A et de rayon L (donc contenant O).
2) L = 2, α = 6
π et β =
2
π.
a. xA = 2cos6
π = 3 et yA = 2sin
6
π = 1.
α
β
O
A
B
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b. ( ) ( )A B A A B A B AAO ABe e e 1 ei i i iz z z z z z z z z zβ β β β− −= × ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −���� ��� .
c. ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )2B A B1 e 3 1 e 3 1 3 1
iiz z z i i i i iβπ−−
= − ⇔ = + − = + − − = + +
( ) ( )B 3 1 3 1 B 3 1 ; 3 1z i= − + + − +
3) Vérification de la réponse 1b
a. A Leiz α= .
b. ( )B A 1 e iz z β−= − .
c. ( ) ( ) sin2B Le 1 e L e e L 2i i i iz iα α α α α− −= − = − = × × (formule d’Euler). Effectivement, c’est un
imaginaire pur (le point B est sur l’axe des ordonnées).
5.5 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle Les questions 1, 2, 3 et 4 sont largement indépendantes.
Dans l’ensemble *ℂ des complexes z non nuls, on définit la fonction f par : ( ) = 1
f zz
.
On désigne par z le conjugué de z , par |z| le module de z , et enfin par i le complexe de partie imaginaire positive tel que i² = -1. On nomme P le plan complexe associé à l’ensemble des nombres complexes. 1) a. Déterminer tous les complexes z vérifiant f(z) = z .
( ) ( )2 2Arg211 e 1 1 et Arg 1i zz z z z z k z
z= ⇔ = ⇔ = ⇔ = = π ⇔ = ±
b. Déterminer tous les complexes z vérifiant f(z) = z .
211 1 1 eiz zz z z z
zθ= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
c. Déterminer le module et un argument de f(z) en fonction de ceux de z.
Soit z = eiθρ . 1 1
e i
zθ
ρ−= . ( )1 1 1
et Arg Arg zz z z
= = −
.
d. Déterminer les parties réelle et imaginaire de f(z) en fonction de celles de z.
Soit z = a + ib. ( ) ( ).2 2 2 2 2 2 2
1Re et Im
z a ib a bz z
z a b a b a bz
− −= = = =+ + +
2) a. Montrer que f(z) – 1 = ( )zz
−11 . En déduire que si |z – 1| = 1, alors |f(z)| = |f(z) – 1|.
( )1 1 11 1
zz
z z z
−− = = −
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Donc ( ) 1 11 1 1f z z
z z− = − = − et si |z – 1| = 1, alors ( )1 1
1 z f zz z
− = =
b. Dans le plan P (figure page suivante), tracer l’ensemble C des points représentant les complexes z qui vérifient |z – 1| = 1 (justifier brièvement).
|z – 1| est la distance entre le point M d’affixe z et le point d’affixe 1, c’est à dire le point (1,0). Dire que cette distance vaut 1, c’est dire que M est sur le cercle de centre (1, 0) et de rayon 1. C est ce cercle.
3) Soit A le point d’affixe α = 1 + i et B le point d’affixe β = 1 + iπ3e .
a. Placer les points A et B dans le plan P.
b. Vérifier par le calcul que α et β sont éléments de l’ensemble C défini en question 2.
|α – 1| = |i| = 1, donc A est élément de C.
|β – 1| = |iπ3e | = 1, donc B est élément de C.
c. Déterminer les écritures cartésiennes des complexes f(α) et f(β) puis placer leurs points images A’ et B’ dans le plan P.
( ) 1 1 1 1
1 2 2 2
if i
iα −= = = −
+
( ) ( )cos sin3
2 3 31 1 1 2 1 3
12 2 61 3 3 311 e 13 3 2 2
i
if i
ii i
β π
−= = = = = = −π π ++ ++ + +
4) Soit M un point parcourant le cercle C de centre G(1, 0) et de rayon 1, hormis l’origine du repère. On
admet que son affixe zM peut s’écrire 1 + eiθ, où θ parcourt l’intervalle ]-π ; π[.
a. Montrer que f(zM) = ( )sin
cos
1
2 2 1i
θθ
−+
.
( )( ) ( ) ( )
cos sin cos sin sin
cos sin cos coscos sin2 2
1 1 1 1 1
1 e 1 2 1 2 2 11i
i if z i
iθθ θ θ θ θ
θ θ θ θθ θ+ − + −= = = = = −
+ + + + ++ +M
b. Étudier la parité de sin
cos1
θθ+
et en déduire un domaine d’étude de cette fonction de θ.
( )( )
sin sin
cos cos1 1
θ θθ θ
−= −
+ − +. Cette forme est donc impaire et peut être étudiée sur [0 ; π[.
c. Étudier les variations de sin
cos1
θθ+
puis en dresser un tableau de variation sur ]-π ; π[.
On admettra, pour compléter ce tableau, que sin
limcos1θ
θθ→±π
= ±∞+
.
( ) ( )( ) ( )
cos cos sin sinsin cos
cos coscos cos2 2
1 1 10
1 11 1
θ θ θ θθ θθ θθ θ
′ + − − + = = = > + + + +. Cette forme est
donc strictement croissante sur [0 ; π[ (et on admet que sa limite en π est +∞). Le fait que cette forme soit impaire nous autorise à dresser le tableau suivant :
θ -π 0 π
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dérivée positive positive
forme -∞
0
+∞
d. Conclusion : lorsque M parcourt le cercle C , déterminer et tracer l’ensemble décrit par les points M’,
images des complexes f(zM).
Rappelons que ( ) ( )sin
cos
1 1
1 e 2 2 1if z iθ
θθ
= = −+ +M
. Ces nombres complexes ont une partie réelle
constante égale à 0,5 et une partie imaginaire qui parcourt ℝ tout entier. Les points correspondants
forment donc toute la droite d’équation x = 1
2.
5.6 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions
Soit deux fonctions f et g d’expressions f(x) = 3cos(x) et g(x) = 4sin(x + 4
π), pour lesquelles la variable x
parcourt l’intervalle [0 ; π].
1) Donner les valeurs exactes de f(x) et g(x) pour x = 0, puis x = 2
π et enfin x = π.
f (0) = 3cos(0) = 3 ; f (2
π) = 3cos(
2
π) = 0 ; f (π) = 3cos(π) = -3
g(0) = 4sin(4
π) = 2 2 ; g(
2
π) = 4sin(
3
4
π) = 2 2 ; g(π) = 4sin(
5
4
π) = -2 2
2) Justifier que f est maximale pour x = 0 et que g est maximale pour x = 4
π. (on utilisera les résultats connus
sur le sinus et le cosinus, ou alors on pourra dériver f et g et étudier leurs variations sur [0 ; π]). Avec les propriétés du sinus et du cosinus :
Un cosinus est maximal si l’argument cité vaut 0. Pour la fonction f, il faut donc que x = 0.
Un sinus est maximal si l’argument vaut 2
π. Pour la fonction g, il faut que x +
4
π =
2
π, soit x =
4
π.
y
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En étudiant les fonctions :
f ’(x) = -3sin(x), négatif sur [0 ; π]. Donc f est maximale pour x = 0.
g ’(x) = 4cos(x + 4
π), positif sur [0 ;
4
π] et négatif sur [
4
π ; π]. Donc g est maximale pour x =
4
π.
3) On crée le nombre complexe z = f (x) + i.g(x). Lorsque x parcourt l’intervalle [0 ; π], les points images de z
dans le plan complexe forment la courbe ci-dessous.
a. Sur cette figure, repérer les résultats demandés ou annoncés aux questions 1 et 2.
b. Montrer que la dérivée par rapport à x de |z|² (carré du module de z) est :
( )sin sin9 2 16 22
x xπ − + +
.
( )
( ) ( ) ( )
cos sin .
- sin cos sin cos - sin sin
z x x
d zx x x x x x
dx
π = + +
π π π = + + + = + +
2 2 2
2
9 164
18 32 9 2 16 24 4 2
c. Sachant que sin(a + π2
) = cos a, dire pour quelle(s) valeur(s) de x cette dérivée s’annule.
z
x=
2d
0d
ssi ( )( ) ( )sin
tancos
2 162
2 9
xx
x= = ssi 2x = 1,0584 rad [π] ssi x = 0,5292 rad [
π2
].
Dans l’intervalle [0 ; π], seules deux solutions sont possibles : 0,5292 rad et 2,1 rad.
d. Repérer sur la figure le(s) point(s) correspondant(s), expliquer.
Le module de z est la distance OM. Positif, il varie dans le même sens que son carré. Les deux valeurs de
x trouvées précédemment correspondent ici à un maximum ou un minimum de OM.
Pour x = 0,5292 rad, on définit le point M4 (f(x) , g(x)) = (2,59 , 3,87).
Pour x = 2,1 rad, on définit le point M5 (f(x) , g(x)) = (-1,514 , 1,014).
M1 (x = 0)
M2 (x = π/2)
M3 (x = π)
f maxi
g maxi
M4
M5
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5.7 GI FA 2014 – Test 2 - Linéarisation
1) A l’aide d’une formule d’Euler, linéariser sin4 x .
( )sin
cos cos
4
4 4 4 3 3 2 2
4 4 2 2
e e 1e e 4e e 4e e 6e e
2 16
1 e e e e 1 1 34 3 4 2
8 2 2 8 2 8
ix ixi x i x i x ix ix i x i x i x
i x i x i x i x
xi
x x
−− − − −
− −
−= = + − − +
+ += − + = − +
5.8 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique 1) Linéariser, c'est-à-dire, à l'aide de la formule d'Euler, exprimer en fonction de cos2x et cos 4x ,
l'expression : cos sin4 44 4x x+ À l'aide de la formule d'Euler, on écrit :
( ) ( )cos4
44 4 2 2 4e e 1 1e e e 4e 6 4e e
2 16 16
ix ixix ix i x i x i x i xx
−− − − += = + = + + + +
( ) ( )cos4 4 2 2
4 4 4 2 21 4 6 1 e e 1 e e 3e e e e
16 16 16 8 2 2 2 8
i x i x i x i xi x i x i x i xx
− −− − + += + + + + = + +
cos cos cos4 1 1 34 2
8 2 8x x x= + +
De la même façon :
( ) ( )sin4
44 4 2 2 4e e 1 1e e e 4e 6 4e e
2 16 16
ix ixix ix i x i x i x i xx
i
−− − − −= = − = − + − +
( ) ( )sin4 4 2 2
4 4 4 2 21 4 6 1 e e 1 e e 3e e e e
16 16 16 8 2 2 2 8
i x i x i x i xi x i x i x i xx
− −− − + += + − + + = − +
sin cos cos4 1 1 34 2
8 2 8x x x= − +
Donc : cos sin cos cos cos cos4 4 1 1 3 1 1 34 4 4 4 2 4 4 2
8 2 8 8 2 8x x x x x x
+ = + + + − +
cos sin cos4 44 4 4 3x x x+ = +
2) En déduire les solutions de l'équation cos sin4 4 54 4
2x x+ = .
cos sin4 4 54 4
2x x+ = ⇔ cos
54 3
2x + = ⇔ cos
14
2x = −
Deux familles de solutions : .2
4 23
x kπ= + π ⇔ .
6 2x k
π π= + (4 valeurs)
ou .2
4 23
x kπ= − + π ⇔ .
6 2x k
π π= − + (4 valeurs)
Mathématiques – AL1 - Complexes
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3) Représenter sur un cercle trigonométrique les différentes familles de solutions.
5.9 GI FA 2014 – Test 1 – Polynôme, formes, rotation
Dans cet exercice, les trois questions sont indépendantes
1) Déterminer, dans l'ensemble ℂ , les racines du polynôme : 4
122 −++= iizzzP )(
Calcul du discriminant : ( )1 2 1 2i i∆ = − − − = − , de forme exponentielle : 22eiπ−
∆ = ,
d’où une racine carrée : 42 2
2e 2 12 2
ii i
π− ∆ = = − = −
Racines du polynôme :
( )1
1 1
2 2
i iz
− − −= = − et
( )2
1 1 2 1
2 2 2
i i iz i
− + − −= = = −
2) Écrire 31 i+ et i−1 sous forme exponentielle, puis simplifier l'expression : 20
1
31
−+
i
i
On donnera le résultat sous forme exponentielle et sous forme cartésienne.
1 31 3 2
2 2i i
+ = +
où l'on reconnait facilement le module, 2, et l'argument 3
π,
d'où l'écriture exponentielle de ce nombre : 31 3 2ei
iπ
+ =
2 21 2
2 2i i
− = −
, qui nous donne le module, 2 , et l'argument 4
π− , d’où : 41 2ei
iπ−
− =
En utilisant les écritures exponentielles, on a :
( )20
2020 207 7 203 203 4 12 12
4
1 3 2e2e 2e 2 e
12e
ii i i
i
i
i
ππ π π π×+
π−
+ = = = = −
( )
7 5 35 3620
10 10 103 3 3 3 32 e 2 e 2 e 2 e 1024 ei i i i i
π× π π−π π π− −= = = = = ×
On peut repasser en écriture cartésienne :
20
31 3 1 3
1024 e 1024 512 512 31 2 2
iii i
i
π− + = × = − = − −
Mathématiques – AL1 - Complexes
Page 22 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015
3) On se place dans le plan (x, y). En utilisant les nombres complexes, déterminer les coordonnées
cartésiennes du point C, image du point B(2 ; 5) par la rotation de centre A(3 ; 2) et d'angle 2
3
π.
Notons iyxz += l'affixe du point C(x ; y).
Les points A et B ont pour affixes respectives : A 3 2z i= + et B 2 5z i= +
La rotation se traduit par la relation : ( ) ( )
2
3
AC ABe
iz z
π
= ��� ��� , soit
( ) ( ) ( )2
31 3 1 3 3 3 3
3 2 e 2 5 3 2 1 32 2 2 2
iz i i i i i i
π − +− + = × + − + = − + − + = −
D'où 2
31
2
33723
2
33
2
331 −+−=+++−−= iiiz
Donc le point C a pour coordonnées : ;7 3 3 1 3
C2 2
− −
5.10 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4 On considère l'application f définie dans l'ensemble des nombres complexes par :
( ) 4 3 2 2z f z z z z= − + +֏
Dans ce problème, on aura avantage à utiliser la formule de Moivre.
1) Montrer que, si l'équation (1) : ( )f z = 0 admet pour racine le nombre complexe α , alors elle admet
aussi pour racine le nombre α (complexe conjugué de α ). Soit α , solution de l'équation (1) : ( )f z = 0 .
On peut écrire α sous forme trigonométrique : ( )cos siniα ρ θ θ= +
L'équation (1) s'écrit donc :
( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sini i iρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ+ − + + + + =4 3 24 3 2 2 0
En utilisant la formule de Moivre, on obtient :
( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sini i iρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ+ − + + + + =4 3 24 4 3 3 2 2 2 0
En regroupant les termes réels et imaginaires, on a donc :
( )cos cos cos sin sin siniρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ− + + + − + =4 3 2 4 3 24 3 2 2 4 3 2 0
Par identification des termes réels et imaginaires à 0, on a donc les deux relations :
cos cos cosρ θ ρ θ ρ θ− + + =4 3 24 3 2 2 0 et sin sin sinρ θ ρ θ ρ θ− + =4 3 24 3 2 0
Considérons le même travail avec le conjugué de α, dont l’argument vaut –θ. Par rapport aux écritures ci-
dessus, les cosinus sont inchangés et les sinus prennent des valeurs opposées, ce qui fait que les égalités
« = 0 » sont encore respectées et donc α est solution de l'équation (1).
Mathématiques – AL1 - Complexes
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2) Montrer que les nombres i+1 et i− +1 3
2 2 sont racines de l'équation (1).
Écrivons les nombres donnés sous forme trigonométrique.
cos sinz i i i π π = + = + = +
0
2 21 2 2
2 2 4 4. Remplaçons z0 dans l'expression de ( )f z :
( )
( )
( )
cos sin cos sin cos sin
cos sin cos sin cos sin
f i i i i
i i i
i i i i
π π π π π π + = + − + + + +
π π π π = π + π − + + + +
= − − − + + + = − + − + + =
4 3 24 3 2
1 2 2 2 24 4 4 4 4 4
3 34 2 2 2 2
4 4 2 2
2 24 1 2 2 2 2 4 2 2 2 2 0
2 2
Donc z i= +0 1 est racine de l'équation (1).
Soit cos sinz i iπ π= − + = +1
1 3 2 2
2 2 3 3. Remplaçons z1 dans l'expression de ( )f z :
( )
( )
( )
cos sin cos sin cos sin
cos sin cos sin cos sin
f z i i i
i i i
i i
π π π π π π = + − + + + +
π π π π = + − π + π + + +
= − + − + − − + =
4 3 2
1
2 2 2 2 2 22
3 3 3 3 3 3
8 8 4 42 2 2
3 3 3 3
1 3 1 31 2 0
2 2 2 2
Donc z i= − +1
1 3
2 2 est racine de l'équation (1).
3) Donner l'ensemble des solutions de l'équation (1). En déduire une factorisation de ( )f z .
On a vu (question 1) que, si α est racine de l'équation (1), alors α l'est également.
Par conséquent, d'après la question 2, l'équation (1) admet comme racines les 4 nombres :
z i= +0 1 ; z i= −0 1 ; z i= − +1
1 3
2 2 ; z i= − −1
1 3
2 2
On factorise donc ( )f z : ( ) ( ) ( )f z z i z i z i z i
= − − − + + − + +
1 3 1 31 1
2 2 2 2
4) Écrire ( )f z comme un produit de deux polynômes du second degré à coefficients réels.
Dans l'expression de ( )f z ci-dessus, on peut développer les facteurs 2 par 2 comme suit :
( ) ( ) ( )z i z i z i z z z z− − − + = − − = − + + = − +2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 2
z i z i z i + − + + = + −
221 3 1 3 1 3
2 2 2 2 2 2 z z z z= + + + = + +2 21 3
14 4
Finalement, ( )f z peut s'écrire : ( ) ( )( )f z z z z z= − + + +2 22 2 1
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5.11 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes 1. Résoudre, dans ℂ , l’équation d’inconnue z : z2 + (8 − i)z − 8i = 0.
On pourra vérifier que cette équation admet une racine imaginaire pure. * Première méthode : sans tenir compte de la remarque de l’énoncé ∆ = (8 − i)² + 32i = 63 + 16i On peut remarquer que ∆ = (8 + i)². Si on ne le voit pas tout de suite, il faut chercher la racine carrée de par la méthode classique.
Les deux racines de l’équation sont : 8 8
2
i ii
− + + + = et 8 8
82
i i− + − − = − .
* Deuxième méthode : l’équation admet une solution imaginaire pure
Notons ai cette solution, avec a ∈ ℝ , puis reportons-la dans l’équation :
a²i²+ (8 − i)ai − 8i = 0 ⇔ -a² + a + 8i(a – 1) = 0 ⇔ a² = a et a = 1 ⇔ a = 1. La solution imaginaire pure est donc z1 = i. On peut ainsi factoriser le polynôme z2 + (8 − i)z − 8i par (z – i), ce qui conduit facilement à z2 + (8 − i)z − 8i = (z – i)(z + 8) où l’on voit que sa seconde racine vaut -8.
2. Utiliser le résultat précédent pour résoudre, dans ℂ , l’équation d’inconnue z : z6 + (8 − i)z3 − 8i = 0
Exprimer toutes les solutions sous forme algébrique et sous forme trigonométrique. En posant Z = z3, cette équation revient à celle de la question 1, avec pour inconnue Z. Ainsi, on sait que l’on a deux cas à traiter : z3 = i et z3 = -8, soit sous forme exponentielle :
( )32e 1e
iir απ
= et ( )3e 8ei ir α π=
La première égalité donne :
. ,
3 11
2 5 4 32ou ou
6 6 3 6 6 3 26 3
rr
k k αα
= = ⇔ π π π π π π π π π = + = + == + ∈
ℤ , ce qui donne :
5 3
6 6 21 2 3
3 1 3 1e ; e ; e
2 2 2 2
i i iz i z i z i
π π π
= = + = = − + = = −
La deuxième égalité donne :
. ,
3 28
2 4 52ou ou
3 3 3 3 3 33 3
rr
k k αα
= = ⇔ π π π π π π π π = + = π + == + ∈
ℤ , ce qui donne :
i iiz i z z iπ π
π= = + = = − = = −5
3 34 5 62e 1 3 ; 2e 2 ; 2e 1 3