Document créé le 29 octobre 2015
Lien vers les énoncés des exercice exercicess
Lien vers le cours de ce chap chapitre itre
Chapitre 3 Nombres complexes et trigonométrie 3.1 Notati Notation on car cartés tésien ienne, ne, conjug conjugais aison on Solution Solution 3.1.1
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√ √ 1 √ 3 2 2(1 + i 3) 1+i 3 √ = −12 + (√ 3)2 = − 2 = −2 − i 2 z = − 1−i 3 1 1 1−i 1−i 1 1 u = = = = = i − (1 + 2i 2i)(3 − i) 5(1 + i) 5(12 + i2 ) 10 10 10 1 + 2i 2i (1 + 2i)2 1 + 4i 4 i2 + 4i 4i 1 + 4i 4 i2 + 4i 4i −3 + 4i 4i 3 4 − v = = = = = = + i 1 − 2i (1 − 2i)(1 + 2i 2 i) 12 + 22 12 + 22 5 5 5 √ √ √ 5+i 2 5+ 2 −5 + 2 w =
=
1+i
+i
2
Solution Solution 3.1.2
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2
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∈ R2.
Posons z Posons z = x = x + iy, iy , avec ( avec (x, x, y) On a : Z : Z = = x 2 – Z est Z est réel
− y2 + x + 1 + iy(2 iy (2x x + 1). 1). y = 0 ou o u ⇔ y(2x (2x + 1) = 0 ⇔ x = −1/2
– Z est Z est imaginaire pur
− y2 + x + 1 = 0 ⇔ y2 − (x + 12 )2 = 3/4.
x2
⇔
1 Les points-images m points-images m((z ) des solutions forment l’hyperbole équilatère dont le centre est en ( , 0), 0), d’axe 2 1 1 transverse x = , et d’asymptotes y d’asymptotes y = (x + ). 2 2
−
−
Solution Solution 3.1.3
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±
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On a les équivalences :
iz 2ω = 4 + 3i 3i 2ω ¯ + z¯ = 3
iz 2ω = 4 + 3i 3i 2ω + z = 3 1 L’unique solution est donnée par : z = ( 1 + 3i 3 i)(1 2
−
−
⇔
−
−
⇔
−
3.2 3.2
iz 2ω = 4 + 3i 3i (1 + i)z = 1 + 3i 3i
−
2i − i) = 1 + 2i
− −
et ω =
1 (3 2
Module Module et et dist distan ance ce dan danss le plan plan compl complex exee
Module
d’un nombre complexe
− z) = 1 − i
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3.2 Module et distance dans le plan complexe Solution Solution 3.2.1
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Soit z Soit z = x = x + iy avec iy avec x x 2 + y 2 On a : Re : Re((z 2 + 4z 4z + 3) = x = x 2 Solution Solution 3.2.2
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Chapitre Chapitre 3 : Nombres
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complexes et trigonométrie .
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1 . ≤ 1. 4x + 3 = 2(x 2( x + 1)2 + 1 − (x2 + y2 ) ≥ 2(x 2( x + 1)2 ≥ 0 − y2 + 4x .
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On pose a pose a = α = α + 1 et 1 et b = b = β β + + 1. 1. Alors ab
| − 1| = |αβ + + α + β | |α| + |β | + |α| |β |. Ainsi 1 Ainsi 1 + |ab − 1| (1 + |α|)(1 + |β |) c’est-à-dire 1 c’est-à-dire 1 + |ab − 1| (1 + |a − 1|)(1 + |b − 1|). Solution Solution 3.2.3
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| | − b|)2 − (|a| + |b|)2 = 2 a2 − b2 + (|a| − |b|)2 0. Il y a égalité si et seulement si a 2 = b 2 , c’est-à-dire (b ( b = a = a ou o u b = −a).
On a ( a + b + a
|
Solution Solution 3.2.4
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Il s’agit de montrer que dans un parallélogramme, la somme des carrés des longueurs des diagonales est égale à la somme des carrés des longueurs des cotés. On ne perd aucune généralité à supposer que le sommet A est à l’origine. Si b Si b est l’affixe de B et si d est celui de D, D , alors celui de C est c est c = b = b + d. Avec ces notations : AC : AC = = c = b + d , B D = b d , AB = C = C D = b , B C = DA = d . La propriété à démontrer devient alors b + d 2 + b d 2 = 2( 2 ( b 2 + d 2 ).
| | |
|
| − | | | | | | − | || || | b + d|2 = (b + d)(b )(b + d) = |b|2 + 2Re(bd 2Re(bd)) + |d|2 Effectivement, on a : )(b − d) = |b|2 − 2Re(bd 2Re(bd)) + |d|2 |b − d|2 = (b − d)(b Et |b + d|2 + |b − d|2 = 2(|b|2 + |d|2 ) après addition terme à terme.
| |
Solution Solution 3.2.5
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Il suffit d’écrire : 1 + a + a + b + b + c + c (1 + a)
|
Solution Solution 3.2.6
Il suffit d’écrire
| |
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− − 1
Solution Solution 3.2.7
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n
z n+1 = 1 z .
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z
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k
k=0
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| || |
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|| n
z
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k
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1
=
k=0
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zk
On montre montre ensuite ensuite
P (n) :
k=1 n
1+
n
zk
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− |z|n+1 1 − |z | .
La première inégalité est évidente car elle se réduit à
| | | |
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− (a + b) + (b(b + c) − c| = 1.
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n
n
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k=1
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n
|
zk
zk .
k=1
|
|zk | par récurrence sur n. n . D’abord P (1) est (1) est évidente. 1 + |zk | k=1
k=1
a+b a b + pour tous a, tous a, b de 1+a+b 1+a 1+b a b a+b ab( ab(a + b + 2) Cela résulte de + = 1+a 1+b 1+a+b (1 + a)(1 + b)(1 + a + b) On suppose que P (n) est vraie et on se donne z 1 , . . . , zn , zn+1 . Au rang 2 rang 2,, il faut vérifier
R+ .
−
n
Posons S Posons S n =
|
zk . Alors en utilisant
k=1 Mathématique Mathématiquess en MPSI © Jean-Michel Ferrard
|
(2) et P (n) : P (2) et mathprepa.fr
Page 2
3.2 Module et distance dans le plan complexe
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
n+1
| | | | zk
k=1 n+1
1+
zk
n+1 S n + zn+1 S n zn+1 zk = + 1 + S n + zn+1 1 + S n 1 + zn+1 1 + zk k=1
|
|
|
|
|
|
|
| | | |
|
k=1
Solution 3.2.8
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− | | − | | − | | − | | | | − | | | | − | | a a2
1. Il suffit d’écrire
b 1 = a b2
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1 b a a = = a b ab
| − b| | | · |b|
2. Si xyz = 0, l’inégalité est évidente. On suppose donc que x,y, z sont non nuls.
| − z| |y − x| + |x − z| | | · |z| |y| · |x| |x| · |z| On multiplie par xyz et on obtient |x||y − z | |z ||y − x| + |y ||x − z | (cqfd) 3. Pour tous a, b, c de C, on a donc |a||b − c| |b||c − a| + |c||b − a|. On applique ce résultat à a = x − y, b = x − z et c = x − w et on trouve : |x − y||z − w| |x − z||y − w| + |x − w||y − z|. On a
Module
y y2
z y 2 z y2
x x 2 + x x2
z y 2 donc y z
et argument
Solution 3.2.9
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√
√ 3 − 1 + i(√ 3 + 1). √ √ √ π π 5π D’autre part (1 + i)( 3 + i) = 2exp(i )2exp(i ) = 2 2exp(i ). 4√ 6 12√ √ √ √ √ 5π 3−1 6− 2 5π 3+1 6+ 2 √ √ On en déduit : cos = = et sin = = 12 4 12 4 2 2 2 2 √ √ √ √ π 5π 6+ 2 π 5π 6− 2 Finalement cos = sin = et sin = cos = . On a (1 + i)( 3 + i) =
12
12
Solution 3.2.10
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4
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√
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12
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√
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12
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4
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π π On a 1 + i 3 = 2exp(i ) et 1 i = 2exp( i ). On en déduit : 3 4 20 7π 35π π z = 2exp(i ) = 1024 exp(i ) = 1024 exp(i ) = 512(1 12 3 3
√
Solution 3.2.11
z = 1 +
−
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√ 2 1 −√ i = 1 + √ 2 1+i 3
Solution 3.2.12
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√ 2exp(−i π )
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− i √ 3) .
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4 = 1 + e−i 712 = e −i 724 [ei 724 + e−i 724 ] = 2 cos 7π .e−i 724 π 24 2exp(i ) 3
.
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√
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Les nombres complexes (1 + i 3)n et (1
√ Donc z = 2Re(1 + i 3)n = 2Re
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π
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π
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− i√ 3)n sont conjugués. et 1 + i√ 3 = 2exp(i π3 ).
nπ 2n exp(i ) 3
= 2n+1 cos
Si n = 6q + r, avec 0 r 5, alors z = 2n+1 cos
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
.
−
−
.
.
rπ . 3
mathprepa.fr
nπ . 3
Page 3
3.2 Module et distance dans le plan complexe Solution 3.2.13
On écrit z =
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Chapitre 3 : Nombres
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complexes et trigonométrie
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√ 3 + i = 2eiθ , avec θ = π .
Ainsi z n = 2 n eniθ et : z n Solution 3.2.14
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6 nπ sin =0 6
∈R ⇔ .
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⇔ 6 | n.
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– a = cos2 θ(1 + i tan θ)2 = (cos θ + i sin θ)2 = exp(2iθ). Ainsi a = 1 et arg (a) = 2θ (mod 2π). θ θ θ θ θ 2sin2 + 2i sin cos sin + i cos 2 2 2 = tan θ 2 2 = i tan θ . – b = θ θ θ θ θ 2 2 2cos2 2i sin cos cos i sin 2 2 2 2 2 π θ (mod 2π) si tan > 0 θ 2 2 Ainsi b = tan et arg (b) = π θ 2 (mod 2π) si tan < 0 2 2
| |
−
| |
−
Solution 3.2.15
−
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ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ + 2i cos sin = 2cos (cos + i sin ) = 2 cos exp(i ). 2 2 2 2 2 2 2 2 π π ϕ ϕ Puisque ϕ , , on a cos 0. On en déduit : a = 2 cos . 2 2 2 2 ϕ Si ϕ = π alors a = 0, sinon : arg a = (mod 2π). 2 ϕ – Puisque b = i a, on a b = a = 2 cos . 2 π π ϕ Si ϕ = π alors b = 0, sinon : arg (b) = arg(a) = (mod 2π). 2 2 π π 3π – Si on pose ψ = + ϕ, alors ψ , . 2 2 2 ψ ψ ψ ψ ψ Avec cette notation c = sin ψ + i(1 cos ψ) = 2 sin (cos + i sin ) = 2 sin exp(i ) 2 2 2 2 2 ψ π ϕ On en déduit : c = 2 sin = 2 sin + . 2 4 2 π On a en particulier c = 0 si ψ = 0 c’est-à-dire si ϕ = . 2 π π ψ ψ 5π ϕ Si < ψ < 0 (càd π < ϕ < ) alors sin < 0, donc arg (c) = π + = + (mod 2π). 2 2 2 2 4 2 3π π ψ ψ π ϕ Si 0 < ψ (càd < ϕ π) alors sin > 0, alors ce cas arg (c) = = + (mod 2π). 2 2 2 2 4 2 – a = 2 cos2
∈ −
| |
| | | |
−
−
| |
−
Solution 3.2.16
∈ − −
− −
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−
−
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Soit m le point du plan complexe ayant pour affixe z . Dire que z = z
| | | − 2|, c’est dire que M est équidistant de O et de A(2). Cela équivaut donc à dire que z s’écrit z = 1 + λi, avec λ ∈ R. Légalité arg z = arg(z + 3 + i) (mod 2π) équivaut à z + 3 + i = µz, avec µ
∈ R+ . ∗
En remplaçant z par 1 + λi dans cette expression, on trouve : 1 4 + i(λ + 1) = µ(1 + λi) donc µ = 4 et λ = . 3
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3.2 Module et distance dans le plan complexe Solution 3.2.17
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complexes et trigonométrie .
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Première méthode : z a = z + a
| − | | | ⇔ |z − a|2 = |z + a|2 ⇔ |z|2 + 2Re(za) + |a|2 = |z|2 − 2Re(za) + |a|2 ⇔ Re(za) = 0 ⇔ ∃ µ ∈ R, za = iµ ⇔ ∃ µ ∈ R, z |a|2 = i µa |a|2 ⇔ ∃ λ ∈ R, z = iλa Deuxième méthode (en remarquant que nécessairement z = −a) : |z − a| = |z + a| ⇔ zz +− aa = 1 ⇔ ∃ θ ∈]0, π[, zz +− aa = e 2iθ (θ = 0 est impossible)
1 + e 2iθ 2cos θ θ ]0, π[, z = a = a = iacotan θ 2iθ 1 e 2i sin θ
⇔ ∃ ∈
−
Troisième méthode :
⇔ ∃ λ ∈ R, z = iλa
−
On note A, B,M,C les points d’affixes respectives a, a,z,ia. On a z + a = z a AM = BM M est sur la médiatrice de AB . Mais C est lui-même un point de cette médiatrice, distinct de l’origine.
|
−
| | − | ⇔
⇔ −−→ −−→ Donc |z + a| = |z − a| ⇔ ∃ λ ∈ R, OM = λ OC ⇔ ∃ λ ∈ R, z = iλa. z z z Remarque : on peut aussi écrire |z + a| = |z − a| ⇔ + 1 = + 1 et raisonner avec Z = . a a a Solution 3.2.18
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Notons M (z), A(i) et B ( i). Dire que Im (z) > 0, c’est dire que AM < BM .
−
Soit ω un élément de D, et z un élément de C i . z i 1+ω On a ϕ(z) = ω = ω z = i ce qui définit un z unique. 1 ω z + i AM Mais : 1 > ω = ϕ(z) = donc AM < BM donc z est dans P . BM Conclusion : ϕ est une bijection de P sur D.
\ {− }
⇔ − | | | |
Solution 3.2.19
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⇔
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1. Si a + ib = 0, c’est-à-dire si a = b = 0, l’équation devient z = z. Dans ce cas particulier, les solutions sont les réels négatifs ou nuls. On suppose donc a + ib = 0. Les éléments de R− ne sont alors pas solutions. On pose a + ib = reiϕ , avec r > 0 et π < ϕ π. On cherche les solutions sous la forme z = ρeiθ , avec ρ > 0 et π < θ < π. θ L’équation devient ρ(1 + eiθ ) = reiϕ c’est-à-dire 2ρ cos e iθ/2 = reiϕ . 2 θ π π θ On a cos > 0 car < θ < . L’identification des modules donne donc 2ρ cos = r. 2 2 2 2 θ L’identification des arguments donne alors = ϕ. 2 π π Or π < θ < π. Cela signifie que si ϕ n’est pas dans , , il n’y a pas de solution. 2 2 Autrement dit, si a 0, l’équation n’a pas de solution. r Si au contraire a > 0, l’équation équivaut à : θ = 2ϕ, et ρ = . 2cos ϕ L’unique solution est donc :
−| |
−
−
−
−
−
z =
r r e 2iϕ = (cos2 ϕ 2cos ϕ 2cos ϕ
2 2 − sin2 ϕ + 2i cos ϕ sin ϕ) = a 2a− b + ib
Remarque : on aurait pu bien sûr résoudre le problème par identification des parties réelles et des parties imaginaires.
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3.2 Module et distance dans le plan complexe
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
2. Evidemment, si on a fait la première question, on a fait la seconde car cette “nouvelle” équation s’écrit en fait Z + Z = c + id, avec Z = z. d2 c2 Il n’y a de solution que si c > 0 et l’unique solution est alors z = id. 2c
| |
−
Solution 3.2.20
Posons z = e 2iθ avec
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− −
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− π2 < θ π2 .
On a 1 + z = 1 + e2iθ = 2cos(θ)eiθ donc 1 + z = 2 cos(θ)
|
|
|
|
De même 1 + z 2 = 1 + e4iθ donc 1 + z 2 = 2 cos(2θ) . 1 1 Si cos(θ) , alors 1 + z 1. Si cos(θ) , alors cos(2θ) = 2 cos2 (θ) 2 2
|
|≥
Nombres
|
|≥
| |≤
|
|
|
|
− 1 = 1 − 2cos2(θ) ≥ 12
complexes de module 1
Solution 3.2.21
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Il suffit de vérifier Z = Z .
1 1 + 1 1 u+v u v = u + v = Z . Or u = v = 1 donc u = et v = , puis Z = = 1 1 u v 1 + uv uv + 1 1+ uv
| | | |
Solution 3.2.22
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Ne surtout pas calculer Z 2 ! Remarquer que : Z 2 R− z 1 1 z + ( + ) z + abz (a + b) ab a b = abz + z Or Z = = 1 1 b a b a b
⇔ Z ∈ iR. − (b + a) = −Z donc Z ∈ iR. −a
∈
− −
− −
Solution 3.2.23
− −
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a b = 1 a b 2 = 1 ab 2 1 ab 1 a2 b 2 + a 2 b 2 =0
⇔ | − | | − | ⇔ |a|2 − 2Re(ab) + |b|2 = 1 − 2Re(ab) + |a|2 |b|2 ⇔ −| | −| | | | | | ⇔ (1 − |a|2)(1 − |b|2) = 0 ⇔ (|a| = 1 ou |b| = 1)
Solution 3.2.24
L’égalité z =
| |
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1 équivaut à z = 1. z
| |
On doit donc rechercher les nombres complexes de module 1 tels que z = z
| | | − 1|.
Ce sont les points m(z) du cercle unité qui sont équidistants de l’origine et du point d’affixe 1 (c’est-à-dire qui ont pour abscisse 21 ). π π Les deux réponses sont bien sûr z = exp(i ) et z = exp( i ) 3 3
−
Solution 3.2.25
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On a les implications :
| | |
2 + zz = 1
| z = |z | = 1
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
| ⇒ ||
2 + zz
2
| =1 z = |z | = 1
⇒ ||
4 + 4Re(zz ) + 1 = 1 z = z = 1
| |
mathprepa.fr
⇒ |
Re(zz ) = zz = 1
|
−1 ⇒ zz = −1
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3.3 Trigonométrie circulaire Solution 3.2.26
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Chapitre 3 : Nombres
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complexes et trigonométrie .
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1 = z. On a donc : z 1 1 1 xy + xz + yz xy + xz + yz = x + y + z = + + = = = xy + xz + yz x y z xyz xyz
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On sait qu’un nombre complexe z de module 1 vérifie
|x + y + z | |
|
Solution 3.2.27
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| |
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Il est clair que ϕ a est définie sur U , et qu’elle ne s’y annule pas. 1 a z a 1 az 1 z Pour tout z de U , on a : ϕ a (z) = = = = donc ϕa (z) = 1. Ainsi ϕ a (U ) a 1 az z a ϕa (z) 1 z z a Z + a D’autre part, pour tous z, Z de U : ϕ a (z) = Z = Z z = z = ϕ −a (Z ). 1 az 1 + aZ 1 On en déduit que ϕ a est une bijection de U sur lui-même, et que ϕ − a = ϕ −a .
− − − − ⇔ −−
− −
Solution 3.2.28
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Si (x,y,z) est solution, alors xy + yz + zx = xyz Les trois nombres x,y, z sont les racines de :
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⇔
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⊂ U .
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⇔
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1 1 1 + + = xyz (x + y + z) = 1. z x y
− x)(t − y)(t − z) = t3 − (x + y + z)t2 + (xy + yz + zx)t − xyz = t 3 − t2 + t − 1 = (t − 1)(t2 + 1) = (t − 1)(t − i)(t + i) Ainsi {x,y,z } = {1, i, −i}, et la réciproque est évidente. P (t) = (t
3.3 Trigonométrie circulaire Cosinus,
sinus
Solution 3.3.1
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Si θ = mπ, avec m Z, alors cos(2k 1)θ = ( 1)m et S = n( 1)m . Pour tout entier k, on a : 2sin θ cos((2k 1)θ) = sin(2kθ) sin(2(k
∈
−
n
On en déduit : 2S sin θ =
k=1
−
− − − 1)θ). (sin(2kθ) − sin(2(k − 1)θ)) = sin(2nθ).
Conclusion : si θ = 0 (mod π) alors S =
Solution 3.3.2
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sin(2nθ) . 2sin θ
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Si θ = 0 (mod π), on a cos 2 kθ = 1 donc S = n + 1. 1 n + 1 1 n 2 Dans le cas général : cos kθ = (1 + cos(2kθ)), donc S = + cos(2kθ). 2 2 2 k=0 On constate que 2 sin θ cos(2kθ) = sin((2k + 1)θ) n
2sin θ
n
cos(2kθ) =
k=0
n
Ainsi, si θ = 0 (mod π ) :
k=0
− sin((2k − 1)θ). Ainsi :
(sin((2k + 1)θ)
k=0
cos(2kθ) =
− sin((2k − 1)θ)) = sin((2n + 1)θ) + sin(θ)
sin((2n + 1)θ) 1 + 2sin θ 2
et
S =
2n + 3 sin((2n + 1)θ) + 4 4sin θ
sin x = 1, on voit bien que lim S = n + 1. x→0 x θ→0
A titre de vérification, et sachant que lim Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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3.3 Trigonométrie circulaire Solution 3.3.3
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Chapitre 3 : Nombres
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1. On écrit successivement : 1 1 S = 1 cos2 x1 + 1 cos(2x2 ) + 1 cos(2x3 ) 2 2 1 = 2 cos2 x1 (cos(2x2 ) + cos(2x3 )) 2 = 2 cos2 x1 cos(x2 x3 ) cos(x2 + x3 ) = 2 cos2 x1 + cos(x2
−
−
− −
−
− −
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complexes et trigonométrie .
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− x3)cos x1
−
Cette dernière égalité est justifiée par x 1 = π
− (x2 + x3).
2. Le résultat précédent fait apparaître S comme un trinôme en cos x1 . On met ce trinôme sous forme canonique et on obtient : 2 1 1 S = 2 cos x1 cos(x2 x3 ) + cos 2 (x2 x3 ). 2 4 1 Cette expression est maximum quand cos x1 cos(x2 x3 ) = 0 et cos 2 (x2 x3 ) = 1. 2 9 Il est clair que la valeur de ce maximum est . 4 1 2π Le cas cos(x2 x3 ) = 1 et cos x1 = est à exclure car il donne x2 , x3 = 0, π et x 1 = , ce 2 3 qui est incompatible avec x 1 + x2 + x3 = π. 1 Le maximum est donc uniquement atteint quand cos(x2 x3 ) = 1 (donc quand x2 = x 3 ) et cos x1 = , 2 π c’est-à-dire quand x 1 = x 2 = x 3 = . 3
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
{
} { }
−
Solution 3.3.4
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a + b a b a + b a + b a b cos car sin 2sin 0 et cos 1. 2 2 2 2 2 a + b c + d a + b + c + d 2. sin a + sin b + sin c + sin d 2 sin + sin 4sin 2 2 4 a+b+c 3. On pose d = dans le résultat précédent. 3
−
1. sin a + sin b = 2 sin
−
Solution 3.3.5
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On a tout d’abord cos x + cos 3x = 2 cos(2x)cos x. x On en déduit : cos x + 2cos 2x + cos 3x = 2 cos(2x)(1 + cos x) = 4 cos(2x)cos2 . 2 Solution 3.3.6
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On développe cos 5a + i sin5a = (cos a + i sin a)5 et on prend les parties réelles : cos5a = cos5 a
− 10cos3 a(1 − cos2 a) + 5 cos a(1 − cos2 a)2 = 16cos5 a − 20cos3 a + 5 cos a π Pour a = et x = cos a, on trouve : 0 = cos 5a = 16x5 − 20x3 + 5x = x(16x4 − 20x2 + 5) 10 √ 5 5 + √ 5 − 5 Le réel t = x 2 est solution de 16t2 − 20t + 5. Donc t ∈ , . 8 8 √ π 1 5+ 5 Or 0 < a < ⇒ < t < 1. La seule possibilité est donc t = . 4 2 8 √ 5+ 5
D’autre part, x = cos a est positif. On en déduit : x =
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3.3 Trigonométrie circulaire Solution 3.3.7
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Chapitre 3 : Nombres
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On trouve successivement : sin2 (a + b)
− sin2a − sin2b = (sin a cos b + cos a sin b)2 − sin2a − sin2b = sin2 a cos2 b + cos2 a sin2 b + 2 sin a cos b cos a sin b − sin2 a − sin2 b = 2 sin a cos b cos a sin b − sin2 a (1 − cos2 b) − sin2 b (1 − cos2 a) = 2 sin a sin b cos a cos b − 2sin2 a sin 2 b = 2 sin a sin b cos(a + b) 0 Cette inégalité est une égalité ⇔ (sin a = 0, ou sin b = 0, ou cos(a + b) = 0), c’est-à-dire si et seulement si π a = 0, ou b = 0, ou a + b = Solution 3.3.8
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2 .
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Posons ψ (x) = sin 2 x sin 2x. π Cette application étant π-périodique et impaire, on étudie ses variations sur I = [0, ]. 2 3 Pour tout x de I , on a ψ (x) = 2 sin x cos x 0. Donc ψ (x) = 6 sin2 x cos 2 x
− 2sin4x = 2 sin2x(3cos2x − sin2x) = 2 sin2x(3 − 4sin2x).
π π π Donc ψ est croissante sur [0, ] puis décroissante sur [ , ]. 3 3 2
√
√
π 3 3 On en déduit que sur l’intervalle I le maximum de ψ est ψ( ) = = 3 8
√
3 3 Par périodicité et imparité, il en découle ψ(x) pour tout x de 8 k=n
Posons maintenant ϕ(x) =
|
|
sin2k x = sin x sin2x sin4x
k=0
3 2
3
.
R.
· ·· sin2nx.
L’application x
→ |ϕ(x)| est π-périodique. √ 3 n Pour prouver l’inégalité |ϕ(x)| , on peut donc supposer 0 x π. 4 Mais ϕ(x)3 = (sin x)(sin2 x sin 2x)(sin2 2x sin 4x) ··· (sin2 2n 1 x sin2n x)sin2 2n x
k=n−1
Ainsi ϕ(x)3
sin2 2n x
= sin x
Solution 3.3.9
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3n
|
2
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ψ(2 x) donc ϕ(x)
|
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k=0
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2
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Pour n = 1 la propriété à démontrer s’écrit 1 + 2 cos
.
k=n−1
k
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3 2
ψ (2 x)
| | √ 3 n
donc ϕ(x) .
√
k=n−1
3
k
k=0
√ 3
Conclusion ϕ(x) 3
|
−
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k=0
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3
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2x sin x = x . 3 sin 3
Effectivement : 2x x x x 2x x x 2x x 2x 1 + 2 cos sin = sin + 2 sin cos = sin + sin + + sin = sin x. 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x 2x x x Si dans cette égalité on remplace x par k−1 on trouve : 1 + 2 cos k sin k = sin k−1 . 3 3 3 3
n
Ainsi
2x 1 + 2 cos k = 3
k=1
n
uk−1 x avec u k = sin k pour tout entier k. uk 3 k=1
Après simplification, on trouve donc
n
2x u0 sin x 1 + 2 cos k = = x . 3 un sin n 3
k=1
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3.3 Trigonométrie circulaire Solution 3.3.10
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On connait la formule : 2sin x cos y = sin(x + y) + sin(x n−1
On en déduit : 2sin h
n−1
cos(a + 2kh) =
k=0
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complexes et trigonométrie .
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− y) = sin(x + y) − sin(y − x). n−1
sin(a + (2k + 1)h)
k=0
−
Il y a une simplification « téléscopique » et il reste :
sin(a + (2k
− 1)h).
k=0
n−1
2sin h
cos(a + 2kh) = sin(a + (2n
− 1)h) − sin(a − h) k=0 p − q p + q On utilise maintenant la formule sin p − sin q = 2 sin cos . 2 2 n 1 Ainsi 2 sin h cos(a + 2kh) = 2 sin(nh)cos(a + (n − 1)h). k=0 n 1 sin(nh)cos(a + (n − 1)h) On a donc obtenu l’égalité : cos(a + 2kh) = . −
−
sin h
k=0
Solution 3.3.11
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On utilise la formule de Moivre : sin3x = Im((cos x + i sin x)3 ) = 3 cos2 x sin x
− sin3 x = 3 sin x − 4sin3 x.
On obtient ensuite, par développement :
− √
π π sin + x sin 3 3
√
3 1 3 1 = cos x + sin x cos x sin x 2 2 2 2 3 1 3 = cos 2 x sin 2 x = sin2 x 4 4 4
x
−
π π Ainsi 4 sin x sin + x sin 3 3
−
−
−
3 4
− − −
x = 4 sin x
sin2 x = 3 sin x
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4sin3 x.
π π + x sin 3 3
Conclusion : pour tout x réel, on a sin3x = 4 sin x sin Solution 3.3.12
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x .
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Avec x + y + z = π, on trouve successivement : sin2 x + sin2 y
− 2sin x sin y cos z = sin2 x + sin2 y + 2 sin x sin y cos(x + y) = sin2 x + sin2 y + 2 sin x sin y(cos x cos y − sin x sin y) = sin2 x + sin2 y − 2sin2 x sin2 y + 2 sin x sin y cos x cos y = sin2 x(1 − sin2 y) + sin2 y(1 − sin2 x) + 2 sin x sin y cos x cos y = sin2 x cos2 y + sin 2 y cos2 x + 2 sin x sin y cos x cos y = (sin x cos y + sin y cos x)2 = sin2 (x + y) = sin 2 z
Solution 3.3.13
4P cos
π 14
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2π 3π 5π 5π 3π 5π 10π 3π sin sin = 2cos sin sin = sin sin 14 14 14 14 14 14 14 14 4π 3π 3π 3π 1 6π 1 π 1 = sin sin = cos sin = sin = cos donc P = 14 14 14 14 2 14 2 14 8
= 2 sin
Solution 3.3.14
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π π π = sin x = 0 (2π) ou x = (2π). 4 4 2 Si n = 2, tout réel x est évidemment solution ! On suppose donc maintenant n 3. Si n = 1 : cos x + sin x = 1
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⇔
sin x +
⇔
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3.3 Trigonométrie circulaire
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
Si 0 < cos x < 1 alors cosn x + sinn x cos x n + sin x n < cos 2 x + sin2 x = 1.
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Les seules solutions possibles sont donc telles que cos x soit dans 1, 0, 1 . π Les x = 0 (2π) et x = (2π) sont effectivement toujours solutions. 2 3π Les x = π (2π) et x = (2π) ne sont solutions que si n est pair. 2
{−
Solution 3.3.15
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Posons y = cos x. On a cos2x = 2y 2
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− 1 et cos3x = Re(cos x + i sin x)3 = 4y3 − 3y.
On en déduit successivement : cos2 x + cos2 2x + cos2 3x = 1
⇔ y2 + (2y2 − 1)2 + (4y3 − 3y)2 = 1 ⇔ 16y6 − 20y4 + 6y2 = 0 ⇔ y2(8y4 − 10y2 + 3) = 0 ⇔ y2(4y2 − 3)(2y2 − 1) = 0 √ 3 √ 3 1 1 Les solutions sont donc caractérisées par cos x ∈ 0, − √ , √ , − , . 2 2 2 2 L’ensemble des solutions est donc
π π π 3π 5π , , , , sur le segment [0, π]. 6 4 2 4 6
Si on veut les solutions sur R, on ajoute les opposées des solutions ci-dessus, et un multiple quelconque de 2π à chacun des réels obtenus. Solution 3.3.16
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9x 7x 9x 5x cos et sin2x + sin 7x = 2 sin cos . 2 2 2 2 9x 7x 5x 9x x Donc sin x + sin 2x + sin 7x + sin 8x = 2 sin cos + cos = 4 sin cos(3x)cos 2 2 2 2 2 On a par exemple : sin x + sin 8x = 2 sin
Solution 3.3.17
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(2 cos(2k x)
− 1)(2 cos(2k x) + 1) = 4 cos2(2k x) − 1 1 + cos(2 k+1x) =4 − 1 = 2 cos(2k+1x) + 1. 2
On a les égalités :
Si on pose v k = 2 cos(2k x) + 1, l’expression donnée par l’énoncé s’écrit : n−1
n−1
k
(2 cos(2 x)
k=0
Solution 3.3.18
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− 1) =
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vk+1 vn 2 cos(2n x) + 1 = = v v 2cos x + 1 0 k k=0
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On a : 2 cos x(cos5x + 5 cos 3x + 10 cos x) = 2 cos x cos(5x) + 10 cos x cos3x + 20 cos2 x = cos 6x + cos 4x + 5(cos 4x + cos 2x) + 10(1 + cos 2x) cos6x + 6cos 4x + 15 cos2x + 10 cos6x + 6cos 4x + 15 cos 2x + 10 Conclusion : = 2 cos x cos5x + 5cos 3x + 10 cos x Solution 3.3.19
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Le premier membre est 2π-périodique en x, sur la réunion des I k = 2kπ, 2kπ +
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π , k 2
L’ensemble des solutions a la même périodicité. On se place par exemple sur I 0 .
√ √ L’application x → ϕ(x) cos x + sin x est continue sur I 0 , dérivable sur I 0 =
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∈ Z.
0,
π . 2 Page 11
3.3 Trigonométrie circulaire
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
3/2 x)3/2 ∀ x ∈ I 0, ϕ (x) = (cos2x)√ cos −x√ (sin a le signe de cos x − sin x. sin x
π π π Ainsi ϕ est strictement croissante sur 0, et strictement décroissante sur , . 4 4 2 π Or ϕ(0) = ϕ( ) = 1. On en déduit que sur I 0 , ϕ(x) = 1 x 0, 1 . 2 π Par périodicité, les solutions sur R sont les x = 2kπ et les x = + 2kπ, avec k Z. 2
⇔ ∈{ }
∈
Avec
utilisation de
Solution 3.3.20
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iθ
e
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n
n sin(a + kb) et on évalue Z = S + iT . k k=0 n n n i(a+kb) n ia On trouve successivement : Z = e =e k k k=0 k=0 On pos T =
n
On pose R =
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ia
ib n
= e (1+e ) = e
i(a+nb/2)
n
b 2cos 2
b b cos a + n . 2 2
En prenant la partie réelle, on trouve : S = 2n cosn Solution 3.3.21
e
k
ib
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cosk θ sin kθ et on évalue Z = R + iS :
k=1 n
Z =
n
k
cos θ exp(ikθ) =
k=1
uk , avec u = (cos θ) exp(iθ).
k=1
1 1 1 1 + (cos(2θ) + i sin(2θ)) = + exp(2iθ). 2 2 2 2 En particulier, u n’est égal à 1 que si θ = 0 (mod π). On voit que u = cos 2 θ + i cos θ sin θ =
Dans le cas particulier θ = 0 (mod π), on a donc Z = n puis S = Im(Z ) = 0. u n 1 e2iθ + 1 cos θ Dans le cas général : Z = u = 2iθ cosn θ e inθ 1 = cosn θ e inθ u 1 e 1 sin θ n+1 cos θ (cos θ) sin nθ On prend la partie imaginaire : S = (cos θ)n sin nθ = sin θ sin θ Deuxième méthode, avec une somme télescopique.
− −
−
−
Pour tout réel θ, en utilisant : sin(k 1)θ = sin kθ cos θ
−
n
(sin θ)R =
k
n
Avec T =
k=0
.
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(cos θ)
sin kθ cos θ
k=1
(cos θ)k+1 sin kθ
k=1
Solution 3.3.22
k
(cos θ) (cos kθ) (sin θ) =
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− sin(k − 1)θ
− u1 = (cos θ)n+1 sin nθ
uk
.
1
(cos θ)k sin(k 1)θ = u n+1
uk+1
.
−
− cos kθ sin θ :
− −
k=1 n
=
n
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n n sin kθ eikθ eiθ k et Z = S + iT = = u où u = = 1 + i tan θ. kθ cosk θ cos cos θ k=0 k=0
En particulier, u n’est égal à 1 que si θ = 0 (mod π).
Dans le cas particulier θ = 0 (mod π), on a donc Z = n + 1 puis S = Re(Z ) = n + 1. un+1 1 cos θ exp(i(n + 1)θ) Dans le cas général : Z = = i 1 u 1 sin θ cosn+1 θ sin(n + 1)θ On prend la partie réelle : S = . sin θ cosn θ
− −
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Page 12
3.3 Trigonométrie circulaire
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
sin x = 1, on voit bien que lim S = n + 1. x→0 x θ→0
A titre de vérification, et sachant que lim Solution 3.3.23
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On remarque que si θ = 0 (mod 2π), alors exp(iθ) = 1 et S = 2n + 1. On suppose donc que θ n’est pas congru à 0 modulo 2π. Dans ces conditions : S = e −inθ
2n
(eiθ )k = e −inθ
−
−
k=0
Utilisation
1
ei(n+ 2 )θ 2i sin(n + 21 )θ sin(n + 21 )θ ei(2n+1)θ 1 −inθ =e = i2 θ eiθ 1 sin 2θ e 2i sin θ
2
de la formule du binôme
Solution 3.3.24
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On développe (1 + x)n , avec x = 1, x = j, x = j 2 . On obtient successivement : (1 + 1)n = (1 + j)n = (1 + j 2 )n =
··· − − n n n n n n + + + + + + 0 1 2 3 4 5
= S + T + U
n n n n n n + j + j 2 + + j + j 2 + 0 1 2 3 4 5
···
= S + jT + j 2 U
n n n n n n + j 2 + j + + j 2 + j + 0 1 2 3 4 5
···
= S + j 2 T + jU
Ainsi S, T , U sont solutions du système :
(1) + (2) + (3)
(1) + j 2 (2) + j(3) (1) + j(2) + j 2 (3) Solution 3.3.25
2n
⇒ S =
⇒ T =
2n
.
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−
−
.
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.
: (2)
S + j 2 T + jU = ( j)n
: (3)
.
.
.
j)n
=
+ j(
j)n
.
.
.
.
−
+ j 2 (
j)n
−
3 .
2n
−
3
j 2 )n
+ j(
.
S + jT + j 2 U = ( j 2 )n
+(
j 2 )n
−
.
: (1)
3
+ j 2 (
2n
⇒ U = .
+(
j 2 )n
S + T + U = 2 n
.
.
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.
.
+ 2Re(( 3 2n
= = .
.
.
−
+ 2Re( j( 3
2n
.
.
.
=
−
+ 2Re( j 2 (
.
.
.
.
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.
On utilise le binôme pour développer (1 + x)n , avec x = 1, x = i, x = On obtient successivement : (1 + 1)n = (1 + i)n = (1
− 1)n
=
(1
− i)n
=
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=
j)n )
−
.
.
.
.
.
.
.
π 3
3 2n + 2 cos(n
j)n )
3 .
2n + 2 cos n
j)n )
.
.
3 2n + 2 cos(n
= .
.
− 2) π3
.
− 4) π3
3 .
.
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n n n n n n + + + + + + 0 1 2 3 4 5
= S + T + U + V
n n + i 0 1
= S + iT
n 0 n 0
n n + 1 2
−i
n 1
−
i
n n n + + i + 3 4 5
n n + 3 4
n n n + i + 2 3 4
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n + 5
−i
.
.
.
.
−1 et x = −i.
··· − − ··· − − − ··· n 2
.
n + 5
···
− U − iV
= S
− T + U − V
= S
− iT − U + iV
Page 13
3.3 Trigonométrie circulaire
Chapitre 3 : Nombres
− −
S + T + U + V = 2 n
Ainsi S, T,U,V sont solutions du système :
complexes et trigonométrie
: (1)
− U − iV = (1 + i)n T + U − V = 0 iT − U + iV = (1 + i)n
S + iT
: (2)
S
: (3)
S
: (4)
En effectuant (1) + (2) + (3) + (4), on trouve : 2n
S =
+ (1 +
i)n
+ (1
−
i)n
2n
=
+ 2Re((1 + 4
4 (3) + i(4), on trouve :
En effectuant (1)
i)n )
√ n
2n + 2 2 cos n =
π 4
4
− i(2) − √ n + 2 2n sin n π 2 n n n n n 2 − i(1 + i) + i(1 − i) 2 − 2Re(i(1 + i) ) 4 T = = =
En effectuant (1)
4 (4), on trouve :
4
4
− (2) + (3) − √ n − 2 2n cos n π 2 n n n n n 2 − (1 + i) − (1 − i) 2 − 2Re((1 + i) ) 4 T = = =
En effectuant (1) + i(2) T = Solution 3.3.26
2n
− (3) − + i(1 +
4 i(4), on trouve :
i)n
− i(1 −
4 .
.
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i)n
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4
2n
= .
.
.
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.
4
+ 2Re(i(1 + 4 .
.
.
.
.
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.
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.
.
.
.
i)n )
.
.
.
.
.
.
2n = .
− √ n/2
.
.
− 2√ 2n sin n π4 4
.
.
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Solution 3.3.27
.
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k0
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i
n = (1 + i)n = k
k
k0
Utilisation
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du nombre
Solution 3.3.28
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k
i 3 , donc S = Re(Z ).
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n et T n = 2k
i2k
On remarque que S n = Ainsi : S n + iT n =
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√
n/2
n n n n 2k k On doit calculer S = ( 3) = i 3 . Posons Z = 2k 2k k k=0 k=0 k=0 nπ nπ Mais Z = (1 + i 3)n = 2 n exp i . Il en résulte S = 2n cos . 3 3
√
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n . 2k + 1
i2k+1
k0
√ 2neinπ/4 donc S = √ 2n cos
nπ et T n = 4
n
√ 2n sin
nπ 4
j .
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Appelons (1), (2) et (3) les trois équations. On va se servir de 1 + j + j 2 = 0. On effectue (1) + (2) + (3) et on trouve : 3x = a + b + c. On effectue (1) + j 2 (2) + j(3) et on trouve : 3y = a + bj 2 + cj. On effectue (1) + j(2) + j 2 (3) et on trouve : 3z = a + bj + cj 2 . a+b+c a + bj 2 + cj a + bj + cj 2 Réciproquement (x = , y = , z = ) est solution du système. 3 3 3 Si x,y, z sont réels, on constate que a = x + y + z est réel. On voit aussi que c = x + j 2 y + jz = x + j y + j 2 z = x + jy + j 2 z = b. Réciproquement les conditions a R et c = b impliquent : a+b+c a+b+c a+c+b x = = = = x. 3 3 3
∈
•
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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3.4 Équation du second degré dans C
•
•
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
a + bj 2 + cj a + bj + cj 2 a + cj + bj 2 = = = y. 3 3 3 a + bj + cj 2 a + bj 2 + cj a + cj 2 + bj z = = = = z. 3 3 3 y =
Conclusion : les solutions du système sont réelles
Solution 3.3.29
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∈
a R c = b
⇔ .
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La quantité Z (x,y,z) = (x + jy + j 2 z)3 est invariante par permutation circulaire. En effet Z (x,y,z) = j 3 (x + jy + j 2 z)3 = ( jx + j 2 y + z)3 = Z (z,x,y) = Z (y,z,x). De la même manière, on a Z (y,x,z) = Z (z,y,x) = Z (x,z,y). (x + jy + j 2 z)3 Quand on permute x, y, z, le nombre Z ne peut prendre que les valeurs (y + jx + j 2 z)3 Etudions à quelles conditions ces deux valeurs sont égales. Rappelons que pour tous complexes u et v , on a : u 3 = v 3 u v,jv,j 2 v . Ainsi :
⇔ ⇔ ⇔
∈ {
}
x + jy + j 2 z = y + jx + j 2 z
(x + jy + j 2 z)3 = (y + jx + j 2 z)3
ou x + jy + j 2 z = jy + j 2 x + z ou x + jy + j 2 z = j 2 y + x + jz
⇔
Solution 3.3.30
Avec
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j 3 = 1 1 + j + j 2 = 0
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(1
− j)x = (1 − j)y ou (1 − j 2 )x = (1 − j 2 )z ou ( j − j 2 )y = ( j − j 2 )z .
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ou x = z ou y = z
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− xy − xz − yz.
− xy − xz − yz) = x3 + y3 + z 3 − 3xyz.
Équation du second degré dans
Racines
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on trouve : (x + jy + j 2 z)(x + j 2 y + jz ) = x 2 + y 2 + z 2
On en déduit : P = (x + y + z)(x2 + y2 + z 2
3.4
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x = y
C
carrées
Solution 3.4.1
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Pour cet exercice, on va voir deux méthodes : – Première méthode On procède par élévation au carré, en sachant que pour tous u, v de
| | | − | − − | | | − | || − −
z + z =2 2
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
C,
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u
2
= (u
v
2
+ 2 u2 + 2
u
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| | | |2 v)(u v) = |u|2 − 2Re(uv) + |v |2 v 2 = 2 u 2 + 2 |v |2
2
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on a :
= (u + v)(u + v) = u 2 + 2Re(uv) + v
2
z + z (z + z = +u +2 2 4
(z + z )2 4
| || | | |2 = ( |z| + |z |)2
= z 2 + 2 z z + z
| |
.
2
z + z z + z + u + 2 2
.
u+v
u+v 2+ u
On en déduit :
.
zz =
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− − | || |
)2
z + z 2 u + 2
2
− u
(z + z )2 (z z )2 + 2 z z + 2 2
Page 15
3.4 Équation du second degré dans C
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
Ce qui est le résultat espéré. – Deuxième méthode Soient a une racine carré de z et b une racine carrée de z . On a donc a 2 = z, b 2 = z et (ab)2 = zz = u 2 . Ainsi u = ab. L’énoncé donne le même rôle à u et à u. On peut donc choisir u = ab. On trouve alors :
±
−
− − | |
a2 + b2 a2 + b2 u = + ab + 2 2
z + z z + z + u + 2 2
− ab
(a + b)2 (a b)2 = + = a 2 + b 2 = z + z 2 2
| | | | | |
Et on retrouve le résultat (cette deuxième méthode est un peu plus simple.) Solution 3.4.2
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− ib, alors ω 2 = a2 − b2 − 2iab, donc 2iω2 = 4ab + 2i(a2 − b2) = Z . Or 2i = (1 + i)2 . On en déduit Z = ((1 + i)(a − ib))2 = (a + b + i(a − b))2 . Ainsi les racines carrées de Z sont z et −z, avec z = (a + b) + i(a − b). Si ω = a
Solution 3.4.3
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Il faut bien sûr calculer les racines carrées des racines carrées de Z .
∈ R2. On constate que |Z | = √ 1192 + 1202 = 169. x2 − y 2 = −119 x2 = 25 y) = (5, 12) z 2 = Z ⇔ 2xy = 120 ⇔ y2 = 144 ⇔ (x, ou (x, y) = (−5, −12)
Posons z = x + iy, avec (x, y)
x2 + y 2 = 169
xy = 60
On doit maintenant trouver les racines carrées de 5 + 12i et de
−5 − 12i.
Or 5 + 12i = (3 + 2i)2 . Une racine quatrième de Z est donc z 1 = 3 + 2i.
Toutes s’obtiennent en multipliant z 1 par les racines quatrièmes de 1, donc par 1, i, 1, i.
Finalement les racines quatrièmes de Z sont
Équation
z1 = 3 + 2i z3 = 3 2i
− −
z2 = 2 + 3i z4 = 2 3i
− −
− −
du second degré
Solution 3.4.4
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Le discriminant est ∆ = i 2
Solution 3.4.5
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− (2 − 4i) = −3 + 4i = (1 + 2i)2. Donc (E ) ⇔ .
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z1 = i + (1 + 2i) = 1 + 3i z2 = i (1 + 2i) = 1 i
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−
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− −
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On constate que le premier membre est factorisable par z + i : z3
− i = 6(z + i) ⇔ z3 + i3 = 6(z + i) ⇔ (z + i)(z2 − iz − 1) = 6(z + i) ⇔ (z + i)(z2 − iz − 7) = 0 √ Le discriminant de z 2 − iz − 7 est ∆ = −1 + 28 = 27 = (3 3)2 . √ √ 1 1 Les solutions de l’équation initiale sont donc z 1 = −i, z2 = (i − 3 3) et z 3 = (i + 3 3). 2 2 Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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3.4 Équation du second degré dans C Solution 3.4.6
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Chapitre 3 : Nombres
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complexes et trigonométrie .
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On résout Z 2
− (5 − 14i)Z − 2(5i + 12) = 0 puis on prend les racines carrées des solutions. Le discriminant est ∆ = (5 − 14i)2 + 8(5i + 12) = −75 − 100i = (5 − 10i)2 . 1 1 On trouve Z 1 = (5 − 14i − 5 + 10i) = −2i, et Z 2 = (5 − 14i + 5 − 10i) = 5 − 12i. 2 2 Les racines carrées de Z 1 sont z 1 = 1 − i et z 1 = −z1 . Les racines carrées de Z 2 sont z 2 = 3 − 2i et z 2 = −z2 . Les solutions de l’équation initiale sont donc 1 − i, −1 + i, 3 − 2i, −3 + 2i.
Solution 3.4.7
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Soit a un réel. P (a) = 0
⇔
(a3
−
3a2
+ 3a
− 2) + i(−
2a2
+ 11a
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⇔
a3
− 3a2 + 3a − 2 2a2 − 11a + 14
− 14) = 0
− 11a + 14 sont a = 2 et a = 72 . Mais seul a = 2 est solution de a 3 − 3a2 + 3a − 2 = 0. Les solutions de 2a2
La racine réelle de P est donc 2.
− 2 et on obtient P (z) = (z − 2)(z2 − (1 + 2i)z + 1 + 7i). Le discriminant de Q = z 2 − (1 + 2i)z + 1 + 7i est ∆ = (1 + 2i)2 − 4(1 + 7i) = −7 − 24i = (3 − 4i)2 . 1 1 Les deux racines de Q(z) sont donc b = (1 + 2i − 3 + 4i) = −1 + 3i et c = (1 + 2i + 3 − 4i) = 2 − i. 2 2 Les trois racines de P sont donc a = 2, b = −1 + 3i et c = 2 − i. On factorise z
Solution 3.4.8
Soit x fixé dans
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∗
\ [−1, 1] et z quelconque dans C . 1 z + ⇔ z2 − 2xz + 1 = 0 dont le discriminant est ∆ z C
1 On a x = = x 2 1 = 0. 2 Cette équation en z possède donc deux solutions distinctes z 1 et z 2 dans C∗ .
−
On a z 1 z2 = 1 (donc z1 z2 = 1) et z 1 + z2 = 2x.
| | | | – Supposons |z1 | 1 et |z2 | 1. Alors nécessairement |z1 | = |z2 | = 1 puis z 2 = z 1 . Alors x = Re(z1 ) est dans [ −1, 1], ce qui est contraire à l’hypothèse. – L’hypothèse |z1 | > 1 et |z2 | > 1 est également absurde. Conclusion : l’un seulement des deux nombres z 1 et z 2 vérifie |z | > 1. Solution 3.4.9
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1. x2 + 4x + 1 + i(3x + 5) = 0
⇔ x2 + (4 + 3i)x + 1 + 5i = 0. Le discriminant ∆ = (4 + 3i)2 − 4(1 + 5i) = 3 + 4i = (2 + i)2 . 1 1 Les solutions de (E ) sont x = (−4 − 3i − 2 − i) = −3 − 2i et x = (−4 − 3i + 2 + i) = −1 − i. 2 2
2. (x2 + 4x + 1)2 + (3x + 5)2 = 0
⇔
x2 + 4x + 1 + i(3x + 5) = 0 ou x2 + 4x + 1 i(3x + 5) = 0
− On trouve quatre solutions : x ∈ {−3 − 2i, −1 − i, −3 + 2i, −1 + i} Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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⇔
x ou x sol de (E ) n
Page 17
3.5 Racines n-ièmes
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
3. On va grouper les racines conjuguées : (x2 + 4x + 1)2 + (3x + 5)2 = (x + 3 + 2i)(x + 1 + i)(x + 3
= (x + 3 + 2i)(x + 3
− 2i)
− 2i)(x + 1 − i) (x + 1 + i)(x + 1 − i)
= (x2 + 6x + 13)(x2 + 2x + 2)
3.5
Racines n-ièmes
Solution 3.5.1
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√ 2exp iπ et √ 3 − i = 2 exp −iπ . Donc ω = √ 1 + i = √ 1 exp 5iπ . 4 6 12 3−i 2
On a 1 + i =
On doit donc trouver les racines huitièmes de ω . 5iπ ikπ Les solustions sont les zk = 2 −1/16 exp + , avec k 96 4
Solution 3.5.2
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iπ Posons z = exp . On a 7
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z7 + 1 = 0 z= 1
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En prenant les parties réelles, on trouve cos Mais pour tout entier k, on a cos En particulier : cos
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6π 7
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− z5 + z4 − z3 + z2 − z + 1 = 0.
− cos 5π7 + cos 4π7 − cos 3π7 + cos 2π7 − cos π7 + 1 = 0.
− k)π = cos π − kπ 7 7
6π = 7
=
− cos kπ7 .
− cos π7 , puis cos 5π7 = − cos 2π7 et cos 4π7 = − cos 3π7 .
Après substitution, il vient : Solution 3.5.3
.
donc (E ) : z 6
−
(7
.
∈ {0, . . . , 7}.
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π 2 cos 7
−
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−
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2π 3π cos + cos + 1 = 0 ( cqfd). 7 7
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Notons ω 0 , ω1 , . . . , ωn−1 les racines n-ièmes de l’unité : ω = ei
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2kπ
−
n
n−1
zk = exp ina + i
k=0
−
(n
− 1)π 2
−
n−1
Puisque A(z) =
(z
k=0 n−1
On en déduit
.
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(2i)n P n = 2n i2n−1 eina P n = ( 1)n+1 2n i eina P n
−
D’un autre coté les z k sont les racines du polynôme A(z), avec A(z) = (z + 1) n Le coefficient constant de A(z) est 1
.
.L’équation s’écrit : (z + 1) n = ei2a .
Ses solutions sont les z k tels que z k + 1 = ω k ei2a = e i2a+i , avec 0 k n 1. 2kπ kπ kπ On trouve donc zk = exp i2a + i 1 = exp ia + i 2i sin a + . n n n On effectue le produit des z k , pour 0 k n 1. On trouve :
.
n
2kπ n
.
− e2ina = −eina 2i sin(na).
− zk), ce coefficient constant vaut aussi ( −
− e2ina.
n−1
1)n
zk .
k=0
zk = ( 1)n+1 eina 2i sin na.
−
k=0
On a donc obtenu ( 1)n+1 2n i eina P n = ( 1)n+1eina 2i sin na. Conclusion : P n =
−
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−
mathprepa.fr
sin(na) . 2n−1
Page 18
3.5 Racines n-ièmes Solution 3.5.4
Chapitre 3 : Nombres
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Pour tout k de 0, . . . , n
{
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. − 1}, on a ω k = ω1k , avec ω 1 = exp 2iπ n
n−1
On en déduit : S p =
.
complexes et trigonométrie
ω1kp : S p est la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de premier
k=0
terme ω 0 = 1 et de raison q = ω p1 . 2ipπ On a q = 1 exp p est un multiple de n. Dans ce cas S p = n. n q n 1 Si p n’est pas multiple de n, alors S p = = 0 car q = ω p1 est racine n-ième de 1. q 1 Conclusion : si n 0 (mod n) alors S p = n, sinon S p = 0.
⇔
⇔
− −
≡
Solution 3.5.5
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| |
n−1
On sait qu’il existe des enties α k tels que 1 = cos nθ =
2n cosn θ +
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3 . 5
On a au moins a = 1. Posons a = eiθ , avec 0 < θ < 2π, donc cos θ = Supposons a n = 1, donc cos nθ = 1.
.
αk cosk θ.
k=0
Après produit
par 5 n ,
Solution 3.5.6
On a z 2n
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on obtient .
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: 5 n .
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= 6n .
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+ 5q avec q dans Z, ce qui est absurde. .
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− 2zn cos nθ + 1 = (zn − einθ )(zn − e
.
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n
Les solutions de z n = e inθ = eiθ
n
Solution 3.5.7
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2kπ n
2ikπ n
, avec 0 k n
sont les z k = ω k e−iθ = e −iθ+ .
.
inθ ).
sont les z k = ω k eiθ = eiθ+
Les solutions de z n = e −inθ = e−iθ
.
−
Notons ω 0 , ω1 , . . . , ωn−1 les racines n-ièmes de l’unité : ω = ei
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2ikπ
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− 1.
n
, avec 0 k n
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− 1. .
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iθ
1 + i tan θ e = = iθ = e 2iθ . − π2 < θ < π2 . Alors 11 +− ia ia 1 − i tan θ e 1 − iz n L’équation s’écrit alors = u n , avec u = e2i . Posons a = tan θ, avec
−
θ n
1 + iz Notons ω 0 , ω1 , . . . , ωn−1 les racines n-ièmes de l’unité : 1 iz n 1 iz = u n k, = ω k u k, i z(1 + ωk u) = 1 ωk u 1 + iz 1 + iz 2i i θ + kπ Mais 1 ωk u = 1 exp (θ + kπ) = exp (θ + kπ) 2i sin . n n n 2i i θ + kπ De même 1 + ωk u = 1 + exp (θ + kπ) = exp (θ + kπ) 2 cos . n n n θ + kπ θ + kπ π θ θ + kπ θ 3π Ainsi (E ) z cos = sin , avec 0 k n 1, et on a < < + π . n n 2 n n n 2 θ + kπ θ + kπ π π La seule possibilité pour que cos = 0 est donc = , qui équivaut à θ = n kπ. n n 2 2 n Cela ne se produit que si θ = 0, n pair et k = . 2
−
⇔∃
−
−
⇔
−
⇔∃ −
−
−
−
−
−
– Dans le cas général, (E ) a donc les n solutions distinctes z k = – Si a = 0 et si n est pair, l’équation possède n
−
θ + kπ tan , avec n
− 1 solutions distinctes.
Ces solutions sont données par la formule précédente, avec 0 k n Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
θ = arctan a 0kn 1
−
− 1 et k = n2 . Page 19
3.5 Racines n-ièmes Solution 3.5.8
Chapitre 3 : Nombres
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complexes et trigonométrie .
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On a la factorisation z 6 2z 3 cos3θ + 1 = (z 3 e3iθ )(z 3 e−3iθ ). On a z 3 = e3iθ z eiθ , jeiθ , j 2 eiθ , et z 3 = e −3iθ z e−iθ , je−iθ , j 2 e−iθ . 2ikπ Finalement, les solutions sont les z k = exp θ , avec 0 k 2. 3
− ⇔ ∈ {
Solution 3.5.9
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−
}
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⇔ ±
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∈ {
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}
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En prenant les modules, il vient z = 1. L’équation devient z 7 z 2 = 1 donc z 5 = 1. 2ikπ Les solutions sont les racines cinquièmes de l’unité : z k = exp avec 0 k 4. 5
| |
Solution 3.5.10
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√ 2 3iπ − 1+i On a = exp =2 4
4
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4
−14 , .
.
3/2 exp 3iπ .
√ 12 exp iπ4 ,
1 exp iπ = 4
Solution 3.5.11
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−
4
z1 = On trouve z 14 =
.
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z2 = jz1 =
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√ 12 exp 11iπ , 12
−18 j,
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Les racines cubiques de Z sont :
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√ 12 exp 19iπ 12
z3 = j 2 z1 =
−14 j 2 et seul z 14 est réel.
z24 = jz14 = .
.
z34 = j 2 z14 = .
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On sait que pour tous a, b C, on a la factorisation a 4 b4 = (a b)(a3 + a2 b + ab2 + b3 ). Si on multiplie (E ) par (z + 1) (z 1) (donc par 2), on obtient une équation équivalente. z 1 4 z 1 (E ) (z 1)4 (z + 1) 4 = 0 =1 = ω 1, i, 1, i . z + 1 z + 1 z 1 z 1 1+ω L’égalité = 1 ne donne aucune solution z . Sinon = ω z = . z + 1 z + 1 1 ω 1+i 1 i On trouve trois solutions : z 1 = = i, z2 = 0, z3 = = i 1 i 1+i
∈
−
− − ⇔ −
⇔ − − −
−
⇔ − −
∈ { − − } ⇔ − − −
−
Solution 3.5.12
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z + 1 6 L’équation, qui ne possède pas la solution z = 1, s’écrit : = 27 = 27eiπ . z 1 π ikπ Les racines sixièmes de 27eiπ sont les u k = 3exp i + avec 0 k 5. 6 3 z + 1 z + 1 uk + 1 Donc (E ) = u k , avec 0 k 5. Mais = u k z = (les u k sont = 1). z 1 z 1 uk 1 On trouve successivement :
−
√
⇔ −
⇔
−
√ √ − −
3 3 u0 = + i 2 2 3 3 u3 = i 2 2
√ u1 = i 3 √ u = −i 3 4
− | − |
−
√ z0 = 2 − i 3 √ 3 2 z3 = Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
7
+ i
7
1 z1 = i 2 1 z4 = + i 2
−
√ 3 2 3 2
√
mathprepa.fr
−
√ − √ −
3 3 u2 = + i 2 2 3 3 u5 = i 2 2
uk + 1 (uk + 1)(uk 1) 2 = = 2 uk 1 4 uk 1 Voici finalement les six solutions de l’équation initiale : Ensuite, si u k = x k + iyk , on a :
−
− 2iyk = 1 (1 − iyk ). − 2xk 2 − xk 2 z2 = 7
√ 3
− i 7 √ z = 2 + i 3 5
Page 20
3.5 Racines n-ièmes
Chapitre 3 : Nombres
Solution 3.5.13
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θ 2kπ + . n n
Si a = exp(iθ), alors z k = exp iϕk , avec ϕ k =
−
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complexes et trigonométrie .
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ϕ k ϕk ϕk nϕk On a alors 1 + zk = 2 cos exp i puis (1 + zk )n = 2cosn exp i . 2 2 2 2 ϕk θ nϕk iθ Or n = + kπ exp i = ( 1)k exp . 2 2 2 2 ϕk iθ θ Ainsi (1 + zk )n = 2( 1)k cosn exp arg (1 + zk )n = (mod π ). 2 2 2
⇒ −
⇒
θ . 2
Ls points d’affixes z k sont donc sur la droite passant par l’origine et d’angle polaire Solution 3.5.14
.
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n−1
On connait la
factorisation X n
Solution 3.5.15 (
)
.
−1= .
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(X
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n−1
− ωk ). On en déduit
k=0
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(2
k=0
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z + i z i
n
− i)n ⇔
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kπ et ω k = e 2iθ . n k
i = ω k (k = 0 est impossible) ⇔ ∃ k ∈ {1, . . . , n}, z + z−i
=1
−
.
− ωk ) = 2n − 1.
On remarque que z = i n’est pas solution. Pour 0 k n, on pose θ k = (z + i)n = (z
.
2iθk
+ 1 e +1 2cos θk = i 2iθ = i ⇔ ∃ k ∈ {1, . . . , n}, z = i ωωkk − − 1 2i sin θk = cotan θk 1 e k
Solution 3.5.16
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On remarque que z = 1 n’est pas solution de (E ). z n+1 1 n n (E ) 2(1 + z + + z ) = z + 1 2 = z n + 1 2(z n+1 1) = z n+1 z 1 z n+1 + z n z 1 = 0 (z n 1)(z + 1) = 0 (z n = 1 ou z = 1)
⇔ ⇔
··· − −
− −
⇔ ⇔ −
⇔
− −
⇔
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− zn + z − 1
L’ensemble des solutions de (E ) est donc l’ensemble des racines n-èmes de l’unité privé de z = 1, et augmenté de z = 1 si n est impair.
−
Solution 3.5.17
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7 6 7 4 7 2 z + z + z + z7 1 3 5 7 5 7 3 7 v = z 7 + z + z + z 2 4 6 u =
±1, on a (1 + εz)7 = u + εv avec (1 + z)7 − (1 − z)7 On en déduit v = . Pour tout z de
Ainsi : (E )
⇔
1+z = eiθ 1 z
k
−
C,
et ε =
v = 0
2 (1 + z)7 = (1
⇔
z =
k
avec θk =
kπ et 0 k 6. 7
e2iθ 1 2i eiθ sin θk = = i tan θk . e2iθ + 1 2 eiθ cos θk k
⇔
− z)7 ⇔ 11 +− zz = e2iθ
k
−
k
k
L’équation (E ) possède donc les 7 solutions distinctes : π 2π 3π z0 = 0 z1 = i tan z2 = i tan z3 = i tan 7 7 7 4π 5π 6π z4 = i tan = z3 z5 = i tan = z2 z6 = i tan = 7 7 7
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3.6 Interprétations géométriques
Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
3.6 Interprétations géométriques Conditions
d’alignement
Solution 3.6.1
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On traite déjà les cas particuliers où deux au moins des points A, B,C sont confondus. Il s’agit des cas z = 0, z = 1, z =
−1, z = j, z = j 2.
Dans chacun de ces cas, les points A,B, C sont évidemment alignés! On suppose donc que z n’appartient pas à l’ensemble 0, 1, 1, j , j 2 . z 4 z2 A,B,C sont alignés R z(z + 1) R. z2 z Posons z = x + iy, avec (x, y) R2 . Alors z (z + 1) = x 2 y 2 + x + iy(2x + 1).
{
− ∈ ⇔ − ∈
⇔
−
}
∈
z(z + 1) est donc réel si et seulement si y = 0 ou x =
−
−12 .
Conclusion : les points solutions sont ceux de l’axe Ox (parmi lesquels 0, 1, 1) et ceux de l’axe x = (parmi lesquels j et j 2 ). Solution 3.6.2
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− 12
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Si a = b ou a = c ou b = c, alors A, B,C sont alignés. Dans chacun de ces trois cas, ab + bc + ca est effectivement un nombre réel. Par exemple, si a = b, alors ab + bc + ca = a 2 + ac + ca = a 2 + 2Re(ac).
||
| |
On suppose donc que a,b, c sont distincts deux à deux. c a c a c A,B,C sont alignés arg = 0 (mod π ) = b a b a b (c a)(b a) = (c a)(b a) cb ca ab = cb ca
− − −a ⇔ − − −a ⇔ − − − − ⇔ − − − − ab ⇔ ab + bc + ca = ab + bc + ca ⇔ ab + bc + ca ∈ R ⇔
Configurations Solution 3.6.3
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géométriques .
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Notons α, β,γ les racines de z 3 + pz + q = 0. La condition demandée s’écrit γ
− α = i(β − α), ou encore γ = (1 − i)α + iβ .
On écrit les relations coefficients racines et on y ajoute la condition précédente. On obtient :
− − − − − − γ = (1
i)α + iβ
α + β + γ = 0 αβ + αγ + βγ = p αβγ = γ =
q
1
3i
α 2 1 + 3i β = α 2 α2 + βγ = p αβγ =
−q
⇔ ⇔
γ = (1 (2
− i)α + iβ
− i)α + (1 + i)β = 0
α(β + γ ) + βγ = p αβγ =
−q −1 − 3i α γ = 2 −1 + 3i α β = 2 3 2 α = p 2 5 3 α = q 2
−
− − ⇔ − − −− − ⇔ − γ = (1
i)α + iβ 1 + 3i β = α 2 α2 + βγ = p αβγ = q 1 3i γ = α 2 1 + 3i β = α 2 2 α2 = p 3 2 α3 = q 5
Finalement la condition sur p, q se résume à l’existence de α tel que α 2 = 32 p et α 3 = Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−25 q .
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3.6 Interprétations géométriques
Chapitre 3 : Nombres
Ces conditions impliquent ( 23 p)3 = (
− 25 q )2 donc 50 p3 = 27 p2.
complexes et trigonométrie
Réciproquement, et si cette condition est réalisée, c’est-à-dire si ( 23 p)3 = ( 25 q )2 , alors toute racine carrée α de 32 p vérifie α 6 = ( 25 q )2 donc α 3 = 25 q . Comme α est défini au signe près, on peut le choisir de telle sorte que α3 = 25 q .
−
−
−
±
Conclusion : la condition sur p, q pour que les points images des racines de z 3 + pz + q = 0 forment un triangle rectangle isocèle est 50 p3 = 27q 2 . Solution 3.6.4
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− − − − z 2 z = z 3 z ou z 2 z = z 3
La condition imposée s’écrit On a (1)
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z = 0 ou z = 1 ou z + 1 = 1
|
|
z = 0 ou z = 1 ou z = 1 Les solutions sont les nombres complexes dont le point-image dans ( 1, 0) et de rayon 1 et du cercle de centre (0, 0) et de rayon 1.
⇔ |z| |z − 1| = |z|2 |z − 1| ⇔
.
(1) (2)
z2
⇔ |z| |z − 1| = |z| |z − 1| |z + 1 | ⇔
De même, (2)
.
||
C est
sur la réunion du cercle de centre
−
Solution 3.6.5
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La translation associée au nombre complexe Ensuite la rotation de centre 0 et d’angle
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−a nous ramène à l’origine.
−α ramène au cas où l’axe de symétrie est Ox. On sait enfin que P (z) et P (z ) sont symétriques par rapport à Ox ⇔ z = z. La condition cherchée sur a et b s’écrit donc (v − a)e iα = (u − a)e iα = (u − a)eiα . Cette condition s’écrit aussi : v = a + (u − a)e2iα = e 2iα u + a − ae2iα .
−
Solution 3.6.6
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Soit A le sommet (l’angle droit) du triangle formé sur le segment [A, B]. π A se déduit de B par la rotation de centre A et d’angle . 2 a ib Autrement dit, l’affixe a de A vérifie (a a ) = i(b a ) donc a = . 1 i De même, les affixes b , c , d des points B , C , D construits à partir des segments [B, C ], [C, D] et [D, A] b ic c id d ia vérifient b = , c = et d = . 1 i 1 i 1 i c a i(d b) d b i(a c) On en déduit c a = et d b = . 1 i 1 i Autrement dit d b = i(c a ) ce qui signifie que le segment [B , D ] se déduit de [A , C ] par une rotation π d’angle . Ainsi ces segments sont orthogonaux et de même longueur. 2
−
− − − −
Solution 3.6.7
− − − − − − −
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− − − −
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On commence par traiter les cas où deux au moins des points A, B,C sont confondus. Il s’agit de z
∈ {0, 1} (alors A, B,C sont confondus) et z = −1 (dans ce cas A = B = C ). On peut considérer que z = 0 est une solution. Si z ∈ / {0, 1, −1}, il suffit d’écrire que le segment OA est orthogonal à B C , et que le segment OB est orthogonal à AC . z 3 z 2 π z 3 z π Ces conditions ’écrivent : arg = (mod π) et arg = (mod π). 2 z 2 z 2 2 Posons z = x + iy, avec (x, y) R .
−
−
∈
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3.6 Interprétations géométriques arg
z 3
− z2 z
z 3 z z2
complexes et trigonométrie
π π (mod π) arg(z 2 z) = (mod π) 2 2 2 2 2 z z = (x y x) + iy(2x 1) est imaginaire pur 1 x2 y2 x = 0 (x 21 )2 y2 = 4 π z 2 1 π z2 1 z2 1 = (mod π ) arg = (mod π) = 2 z 2 z z 2 2 2 2 (z 1)z = z(z 1) z z z = z z + z =
⇔
−
⇔ − − − ⇔ − − ⇔ − − ⇔
−
−
⇔ − − − ⇔ − − − ⇔ | | − − | | ⇔ (z + z)(|z|2 − 1) = 0 ⇔ Re(z) = 0 ou |z| = 1 x2 − y 2 − x = 0 x2 − y2 − x = 0 Finalement les z = x + iy solutions sont donnés par ou arg
−
Chapitre 3 : Nombres
Le premier système ne donne que z = 0, solution qu’on a déjà rencontrée.
x2
Le deuxième donne
+
2x2
y2
⇔
x2 + y 2 = 1
=1
−x−1=0
x = 1 ou x =
.
x2 + y2 = 1
x = 0
⇔ z ∈ {1, j , j 2}.
1 2
−
Les solutions du problème sont donc 0, j , j 2 (dans le premier cas AB C est réduit à l’origine, sinon c’est le triangle équilatéral de sommets le spoints d’affixes 1, j , j 2 .) Solution 3.6.8
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Il y a deux cas suivant que ABC est équilatéral direct ou indirect (c’est-à-dire suivant que le parcours dans le sens trigonométrique donne A puis B puis C , ou A puis C puis B ). ABC est équilatéral direct si et seulement si le vecteur BA se déduit du vecteur BC par la rotation d’angle π , c’est-à-dire si et seulement si on a l’égalité a b = j 2 (c b). 3 Cette égalité équivaut à a (1 + j 2 )b + j 2 c = 0, c’est-à-dire à a + jb + j 2 c = 0.
− −
−
−
Si on échange b et c, on voit que AB C est équilatéral indirect si a + j 2 b + jc = 0. Finalement, AB C est équilatéral si et seulement si : (a + jb + j 2 c)(a + j 2 b + jc) = 0
Solution 3.6.9
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a2 + b2 + c2 + ( j + j 2 )(ab + ac + bc) = 0
⇔ ⇔ .
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a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc .
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On applique le résultat de l’exercice précédent. La condition est : z 2 + z 4 + z 6 = z 3 + z 4 + z 5
z 2 (z 4
⇔
− z3 − z + 1) = 0 ⇔
z 2 (z
− 1)(z3 − 1) = 0
∈ {0, 1, j , j 2}.
On trouve donc z
Solution 3.6.10
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La somme des racines de P (z) = z 4 + az 2 + bz + c est nulle. Si les points images des racines de P forment un carré, le centre de celui-ci est en 0. On doit donc chercher à quelles conditions sur a, b, c les racines de P peuvent s’écrire α, iα, α, iα, avec α C.
− −
∈ On a (z − α)(z − iα)(z + α)(z + iα) = z 4 − α4 .
La condition imposée implique donc a = b = 0 et c =
−α4.
Réciproquement si a = b = 0, P (z) = z 4 + c et les racines de P sont les racines quatrièmes de que leurs points images sont les quatre sommets d’un carré de centre 0.
−c. On sait
Finalement la condition cherchée est a = b = 0.
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3.6 Interprétations géométriques Transformations Solution 3.6.11
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Chapitre 3 : Nombres
complexes et trigonométrie
du plan complexe .
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| √ 2 et d’angle arg (1 + i) = π4 . Le centre Ω de f est le point dont l’affixe ω vérifie ω = (1 + i)ω + 2 − i. On trouve ω = 1 + 2i. f est donc la composée (commutative) de l’homothétie de rapport Ω(1, 2) de √ π rapport 2, et de la rotation de centre Ω et d’angle .
1. C’est une similitude directe f de rapport 1 + i =
|
4 2. C’est une similitude indirecte f , de rapport 3 + 4i = 5. Comme le rapport est différent de 1, il y a un point fixe unique Ω, d’affixe ω. ω = ( 3 + 4i)z + 12 + 6i = ( 3 + 4i)(( 3 + 4i)z + 12 + 6i) + 12 + 6i . = 25z + ( 3 + 4i)(12 6i) + 12 + 6i = 25z + 72i Le point fixe est donc donné par : ω = 3i. Z = ( 3 + 4i)¯ z + 12 + 6i L’égalité Z = ( 3 + 4i)¯ z + 12 + 6i devient . ω = ( 3 + 4i)¯ ω + 12 + 6i Autrement dit, Z est donné par Z ω = ( 3 + 4i)(z ω). L’application f est la composée de l’homothétie h de centre Ω(0, 3) de rapport 5, et de la symétrie orthogonale par rapport à une droite ∆ passant par Ω. Pour trouver ∆, on cherche les points qui ne sont affectés que par l’homothétie. On résout Z ω = 5(z ω), c’est-à-dire ( 3 + 4i)(z 3i) = 5(z + 3i). En posant z = x + iy, il vient ( 3 + 4i)(x i(y + 3)) = 5x + 5(y + 3)i.
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− −
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|
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−
3x + 4(y + 3) = 5x c’est-à-dire y = 2x 3. 4x + 3(y + 3) = 5(y + 3) Ainsi f est la composée de l’homothétie h et de la symétrie orthogonale par rapport à la droite ∆ d’équation y = 2x 3 (on vérifie que ∆ passe par le point Ω). On trouve
−
−
3. C’est une similitude indirecte f de rapport i = 1, donc un antidéplacement. L’application f est la composée commutative de la symétrie orthogonale s par rapport à une droite ∆ et d’une translation t de vecteur u parallèle à ∆. On trouve u en notant que f f est la translation de vecteur 2u. 1 1 Or f (f (z)) = i iz + 1 + 1 = z + 1 + i : la translation t est de vecteur ( , ). 2 2 Pour trouver ∆, on cherche les points qui ne sont affectés que par la translation t. 1 + i 1 + i On résout donc f (z) = z + c’est-à-dire iz + 1 = z + . 2 2 Avec z = x + iy, on trouve 2(y + 1 + ix) = 2x + 1 + i(2y + 1), donc y = x 21 . L’application f est la composée commutative de la symétrie orthogonale s par rapport à la droite ∆ 1 1 1 d’équation y = x , et de la translation t de vecteur u = ( , ). 2 2 2
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◦
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Solution 3.6.12
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Posons z = 1 + e iθ , avec
−π < θ π. Avec cette notation : θ
θ
θ
θ
2cos 2θ 1 + e iθ e−i 2 + e i 2 θ Z = = = = icotan 1 eiθ 2 2i sin 2θ e−i 2 ei 2
− − − Quand m(z) parcourt le cercle |z − 1| = 1, θ parcourt ] − π, π] et cotan 2θ parcourt R. L’image du cercle |z − 1| = 1 est donc l’axe des imaginaires purs.
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