Forme algébrique - Forme trigonométrique Exercice 1.1 ♥Exercice 1.1♥

Donner l’écriture algébrique des nombres complexes suivants : 1. z1=¡₁

Déterminer le module et et un argument dez= Ã1+ip

3 1−i

!20

.

Solution : On montre facilement que1+ip

3=2e^iπ3 et que1−i=p

1. Par factorisation par les angles moitiés (voir proposition 1.24 page 28 ), on trouve : z=e^iθ+1=e^iθ2

µ

e^iθ2+e^−iθ2

¶

=2cos^θ

2e^iθ2.

Il reste à étudier le signe de cos^θ₂. Commeθ∈[−π,π], alors ^θ_{2 ∈}[−π/2,π/2] et cos^θ₂ Ê0. Il vient donc :

|z| =2cos^θ

2 et arg(z)=^θ

2 [2π]. On montre de même que siz^′=e^iθ−1alors : z^′=e^iθ2

µ

e^iθ2−e^−iθ2

¶

=2isin^θ

2e^iθ2=2sin^θ

2eⁱ

³θ 2+π

2

´

.

On étudie alors le signe desin^θ₂. Commeθ∈[−π,π],sinθ/2Ê0siθ∈[0,π]etsinθ/2<0siθ∈]−π, 0[. Donc :

¯¯z^′¯¯=2¯¯¯sin^θ

2

¯¯

¯ et arg¡ z^′¢

=





 θ+π

2 [2π] siθ∈[0,π]

θ+3π

2 [2π] siθ∈]−π, 0[

2. En utilisant les résultats de la question précédente, on obtient : Z=cosθ+isinθ+1

cosθ+isinθ−1=e^iθ+1 e^iθ−1=e^iθ2

e^iθ2 2cos^θ₂

2isin^θ₂ =cotan^θ

2e^−iπ2

On obtient_|Z| = |z|/¯¯z^′¯¯= ¯¯¯cotan^θ

2

¯¯

¯ etarg(Z)=arg(z)−arg¡ z^′¢

=

(−π/2 siθ∈[0,π[

−^3π₂ [2π] siθ∈]−π, 0[ . Exercice 1.5 _♥

Trouver les entiersn∈Ntels que^¡p3+i¢n

soit réel.

Solution : Comme ^p3+i=2e^iπ6, sin∈N:^¡p3+i¢n

=2ⁿe^inπ6. Ce nombre est réel si et seulement sin^π₆≡0 [π]

c’est-à-dire si et seulement sinest un multiple de6. Exercice 1.6 _♥

On considère, pourθ∈Retn∈N, le complexez=[1−sinθ+icosθ]ⁿ. Déterminer les réelsθtels queRe (z)=0. Solution : En utilisant la factorisation par les angles moitiés (voir proposition 1.24 page 28 ), on trouve :

z=[1+e^i(π/2+θ)]ⁿ=2ⁿcosⁿ(π/4+θ/2)e^{in(π/4+θ/2)} et donc :

Re (z)=2ⁿcosⁿ(π/4+θ/2) cos(nπ/4+nθ/2) Par suite :Re (z)=0si et seulement si θ=2kπ+π/2 (k∈Z) ou θ=(2k+1)π/n−π/2.

1.11.2 Polynômes, équations, racines de l’unité

Exercice 1.7 _♥

SoitPle polynôme défini dansCpar :

P(z)=z³−z²+(5+7i)z+10−2i. 1. Montrer quePpossède une racine imaginaire pure.

2. En déduire une factorisation deP de la formeP(z)=(z−2i)Q(z)oùQ est un polynôme du second degré à coefficients complexes.

3. Résoudre alorsP(z)=0et factoriser complètement le polynômePsurC.

Solution :

1. Le nombre complexe 2i est une racine deP.

2. Padmet alors une factorisation de la formeP(z)=(z−2i)Q(z)avecQ (z)=az²+bz+cun polynôme à coefficients complexes à déterminer. Par identification, on montre queQ (z)=z²+(−1+2i)z+1+5i.

3. En appliquant le théorème de résolution des équations du second degré à coefficients complexes, on trouve que les racines deQsont₋1+i et2−3i. On a donc : P=(z−2i)(z+1−i) (z−2+3i).

Exercice 1.8 _♥

Déterminer les racines carrées des nombres complexes suivants : 1. z1= −3+4i

2. z2= −5−12i

3. z3= −24−10i 4. z4= −i Solution :

1. On utilise la méthode vue en cours. SoitZ=X+iYune racine carrée dez1.(X, Y)vérifie le système :







X²+Y² =5 X²−Y² = −3 XY >0

.

Par addition-soustraction des deux premières équations, il vient que2X²=2c’est-à-direX= ±1et2Y²=8 c’est-à-direY= ±2. On utilise alors queXY>0et on trouve que Z=1+2i ou Z= −1−2i . Réciproquement, on vérifie que ces deux solutions conviennent.

2. On procède de même et on trouve que les deux racines carrées dez2sont 2−3i et ₋2+3i

3. On procéde encore de la même façon et on trouve que les deux racines dez4sont 1−5i et ₋1+5i .

4. On peut procéder comme avant. Mais on peut aussi utiliser la forme exponentielle de₋i qui est₋i=e^i3π/2donc Z=ρe^iθest une racine carrée de₋i si et seulement si

(ρ =1 2θ =^3π₂ [2π]

et alorsρ=1etθ=3π/4[π]. DoncZ=e^i3π/4ouZ=e^i7π/4 ce qui donne, sous forme algébriqueZ=

p2

2 (1−i) ouZ=

p2

2 (−1+i). On vérifie réciproquement que ces deux solutions conviennent.

Exercice 1.9 _♥

Déterminer les racines des polynômes suivants : 1. z²+i z+5−5i

2. z²+z−i z−5i

3. z²−i z+1−3i 4. z²−3i z−3−i=0 Solution :

1. Le discriminant dez²+i z+5−5i est∆= −21+20i. Une racine carrée de∆est2+5i. Les racines du polynôme sont donc : 1+2i et ₋1−3i .

2. Le discriminant dez²+z−i z−5iest∆=18i. Une racine carrée de∆est3+3i. Les racines du polynôme sont donc : 1+2i et ₋2−i .

3. Le discriminant dez²−i z+1−3iest∆= −5+12i. Une racine carrée de∆est2+3i. Les racines du polynôme sont donc : 1+2i et ₋1−i .

4. Le discriminant dez²−3i z−3−i=0est∆=3+4i. Une racine carrée de∆est2+i. Les racines du polynôme sont donc : 1+2i et ₋1+i .

Exercice 1.10 _♥ Déterminer :

1. Les racines troisièmes de₋8. 2. Les racines cinquièmes de₋i 3. Les racines sixièmes de ⁻⁴

1+ip 3

Solution : Soitz=ρe^iθ∈Cavecρ∈R^∗₊etθ∈R.

1. On a₋8=8e^iπ etz est une racine troisième de₋8si et seulement siρ³=8et3θ=π [2π]. Il vient alorsρ=2 etθ=π/3 [2π/3]. Doncz= 2e^iπ/3 ouz=2e^{i(2π/3+π/3)}=2e^iπ= −2 ouz=e^{i(4π/3+π/3)}= e^i5π/3 . On vérifie réciproquement que ces trois nombres conviennent.

2. Comme₋i=e^−iπ2, on a :z⁵= −i si et seulement siρ⁵=1et5θ≡ −^π₂ [2π]c’est-à-dire si et seulement siρ=1et θ= −₁₀^π £_2π

5

¤. Les cinq racines cinquièmes de₋isont donc : e^{i(4k−1)10π} aveck∈ ‚0, 4ƒ. 3. De même, on montre que ⁻⁴

1+ip

3=2e^2iπ3 . Par conséquent,z⁶=₁₊⁻_i^4p₃ si et seulement siρ⁶=2et6θ≡^2π₃ [2π], c’est-à-dire si et seulement si :ρ=p⁶

2etθ≡^π₉£_π

3

¤. Les six racines sixième de ⁻⁴

1+ip

3sont donc : e^i(3k+91)π avec k∈ ‚0, 5ƒ.

Exercice 1.11 _♥♥

Résoudre dansCl’équation

(z−1)⁶+(z−1)³+1=0 (⋆)

Solution : PosonsZ=(z−1)³. L’équation devient alorsZ²+Z+1=0qui admet deux solutions :Z1= −¹2+i^p₂³=e^2i3π etZ2= −¹2−i

p3

2 =e^−2iπ3 . On a alors(z−1)³=Z1ou(z−1)³=Z2. La première équation amène : z=e^i(6k+92)π+1 aveck∈ ‚0, 2ƒet la seconde : z=e^i(6k−2)π9 +1 aveck∈ ‚0, 2ƒ. On vérifie réciproquement que ces six nombres sont solutions de(⋆).

Exercice 1.12 _♥♥

1. Résoudre dansC, l’équation

(1+i z)⁵=(1−i z)⁵(⋆) (1.1)

2. En déduire les valeurs detanπ

5 ettan2π

5 , que l’on exprimera sous la forme : q

p+qp

n, (n,p,q)∈Z2

3. En déduire la valeur detan π 10. Solution :

1. Soitzune solution de(⋆).z6= −idonc1−i z6=0. PosonsU=1+i z

1−i z. Le nombre complexeUdoit vérifierU⁵=1. En posantω=e^i2π5, il existek∈ ‚0, 4ƒtel que :

U=ω^k Alors :

z= −iω^k−1

ω^k+1=tan¡kπ 5

¢

On vérifie réciproquement, que z=tankπ

5 est solution pourk∈[0, 4].

2. Résolvons de façon différente l’équation(⋆)en développant les deux membres à l’aide de la formule du binôme de Newton :

1+5(i z)+10(i z)²+10(i z)³+5(i z)⁴+(i z)⁵

=1−5(i z)+10(i z)²−10(i z)³+5(i z)⁴−(i z)⁵

⇐⇒ 5i z+10(i z)³+(i z)⁵=0

⇐⇒ z£

z⁴−10z²+5¤

=0 Et sizest une solution non-nulle,Z=z²est racine du trinôme

Z²−10Z+5=0

qui possède deux racines réelles :

3. En utilisant la formule de trigonométrie :

tan 2θ= 2tanθ etAest alors la seule racine positive de ce trinôme :

A=

Résoudre les équations suivantes d’inconnuez∈C: 1. 1+z+i

1. Soitz une solution de la première équation. On a nécessairementz6=i cari n’est pas une solution de l’équation.

PosonsZ=z+i trois solutions z=1, 0,−1 . On vérifie réciproquement que ces trois nombres sont solutions de l’équation.

2. Considérons maintenant une solutionz de la deuxième équation. Comme précédemment, il est clair quez6=i. PosonsU=z+i Après factorisation par l’angle moitié, on trouve que z∈n

cotan^kπ

n ;k∈ ‚0,n−1ƒo

. On vérifie réciproquement que ces nombres sont solutions de l’équation.

Exercice 1.14 _♥♥

Résoudre

z³=z

Solution : _♥♥ On remarque quez =0 est une solution de cette équation. Supposons alorsz6=0. En prenant les modules, on a :_|z|³=¯¯z¯¯= |z|et donc :_|z| =1. Siz est solution, alors en multipliant parz on trouve quez⁴= |z|²=1 d’oùz∈{1,i,−1,−i}. On vérifie réciproquement que ces solutions conviennent. L’ensemble solution de l’équation est donc : {0, 1,i,−1,−i}.

Exercice 1.15 _♥

Soitωune racinen-ième de l’unité différente de1. On pose S=

nX−1 k=0

(k+1)ω^k.

Déterminer une valeur deS.

Indication 1.9 :On pourra calculer(1−ω) S. Solution :

(1−ω) S = (1−ω)

nX−1 k=0

(k+1)ω^k

=

nX−1 k=0

(k+1)³

ω^k−ω^k+1´

= (1−ω)+2¡ ω−ω²¢

+3¡

ω²−ω³¢

+. . .+n¡

ωⁿ⁻¹−ωⁿ¢

= 1|+ω+ω²{z+. . .+ωⁿ⁻¹}

=0

+nωⁿpar télescopage

= n et S= ⁿ

ω−1 .

Exercice 1.16 _♥♥

Soitn∈N,nÊ2. Calculer le produit des éléments deUn. Solution :

Y

ξ∈Un

ξ=

nY−1 k=0

e^2ikπn =

nY−1 k=0

³ e^2inπ´k

=³

e^2iπn ´¹+2+...+n−1

=³

e^2iπn ´ⁿ⁽ⁿ₂⁻¹⁾

=e^{2iπn(n2n−1)}=e^i(n−1)π= (−1)ⁿ⁻¹

Exercice 1.17 _♥ Résoudre dansCl’équation

1+2z+2z²+ ··· +2zⁿ⁻¹+zⁿ=0 Indication 1.9 :Multiplier par(1−z).

Solution : Soitz une solution de l’équation. Comme1n’est pas solution de l’équation, nécessairement z6=1. En multipliant l’équation par(1−z), on se ramène à l’équation équivalente :

(1+z)(1−zⁿ)=0

Les solutions de cette équation sont les racines nièmes de l’unité différentes de1, et éventuellement₋1à rajouter.

Exercice 1.18 _♥♥

PournÊ2, on noteω=e^2iπn . Calculer les sommes suivantes : S1=

nX−1 k=0

ω^{k p} (p∈Z), S2=

nX−1 k=0

³n k

´

ω^k, S3=

nX−1 k=0

¯¯

¯ω^k−1¯¯¯.

Solution :

• La première somme est géométrique de raisonω^p. La raison est différente de1 si et seulement sip n’est pas un multiple den. Alors

S1=ω^pn−1 ω^p−1 = 0 Sipest un multiple den, on trouveS=n.

• La deuxième somme se calcule grâce à la formule du binôme : S2=

Xn k=0

Ãn k

!

ω^k−ωⁿ=(1+ω)ⁿ−1= −2ⁿcos^{n π}

n−1 en utilisant la factorisation par l’ angle moitié

• La troisième somme se calcule en remarquant que

¯¯

¯ω^k−1

¯¯

¯=2

¯¯

¯sin^kπ

n

¯¯

¯=2sin^kπ

n

La première égalité est une conséquence de la factorisation de l’angle moitié et la seconde provient du fait que sinus est positif sik∈ ‚0,n−1ƒ. On introduit alors la sommeE des exponentielles imaginaires correspondante que l’on calcule et finalement,

E=2

nX−1 k=0

e^ikπn =2e^iπ−1

e^iπn−1=2i e^−2niπ sin_2n^π S3=Im(E)= 2cotan³_π

2n

´

Exercice 1.19 _♥♥♥

Soitn∈N,nÊ1et soitω∈U_n. On dit queωest une racine primitiven-ième de l’unité si et seulement si toute racine n-ième de l’unité s’écrit comme une puissance deω. Autrement dit :

Un=n

ω^k|k∈Zo

Soitk∈ ‚0,n−1ƒ. Montrer queω=e^2ikπn est une racine primitiven-ième de l’unité si et seulement sik est premier avecn.

Solution :

⇒ Par contraposition, si k etn ne sont pas premiers entre eux, alors ils admettent un diviseur commun d6= ±1: n=dn^′etk=dk^′avecn^′,k^′∈N. En particulier,w^n′=

µ e^2iπk

′d n

¶n^′

=1et

©w^r |r∈Nª

⊂U_n′ÚUn

carn^′<n. On en déduit queωn’est pas primitive.

⇐ Siketnsont premiers entre eux alors d’après le théorème de Bezout, il existea,b∈Ztels queak+bn=1. Donc pour toutl∈ ‚0,n−1ƒ,

µ e^2ikπn

¶al

=e^{2ik alπn} =e^{2i(1−nbn)lπ}=e^2ilπn etωest bien primitive.

Exercice 1.20 _♥♥♥

Posonsω=e^2i7π et considéronsX=ω+ω²+ω⁴etY=ω³+ω⁵+ω⁶. 1. Montrer queY=Xet queImX>0.

2. CalculerX+YetXY. En déduire queXetYsont solutions d’une équation du second degré puis calculerXetY. 3. ExprimerRe Xen fonction decos^2π₇.

4. En déduire quecos^2π₇ est une racine du polynôme8x³+4x²−4x−1=0. Solution : On remarque queωest une racine septième de l’unité.

1. On remarque queω=ω⁶,ω²=ω⁵ etω³=ω⁴. Il est donc clair queY=X. Par ailleurs, comme ^2π₇,^4π₇ ∈[0,π], on a :sin^2π₇ >0 etsin^4π₇ >0. De plus^¯¯sin^8π₇¯¯=sin^π₇ <sin^2π₇ car sinest croissante sur^£0,^π₂¤

. DoncImX= sin^2π₇ +sin^4π₇ +sin^8π₇ >0.

2. On applique le cours :1+ω+ω²+ω³+ω⁴+ω⁵+ω⁶=1−ω⁷

1−ω =0carω⁷=1. Il vient alors queX+Y= −1.Par ailleurs

XY=ω⁴+ω⁵+ω⁶+3ω⁷+ω⁸+ω⁹+ω¹⁰=ω⁴+ω⁵+ω⁶+3+ω+ω²+ω³=2.

En utilisant les relations entre les coefficients et les racines d’un trinôme du second degré, on obtient queXetY sont racines du trinômeX²+X+2. On en déduit que, commeRe X>0,X= −¹2+i

p7

2 et queY= −¹2−i

p7 2. 3. Remarquons queRe¡

ω⁴¢

=Re¡ ω³¢

. Donc : Re X = Re¡

ω+ω²+ω⁴¢

= Re¡

ω+ω²+ω³¢

= cos^2π

7 +cos 2^2π

7 +cos 3^2π

7

= cos^2π

7 +2cos^{2 2π}

7 −1+4cos^{3 2π}

7 −3cos^2π

7

= 4cos^{3 2π}

7 +2cos^{2 2π}

7 −2cos^2π

7 −1 4. CommeRe (X)= −1/2, l’égalité précédente devient :

−1

2=4cos^{3 2π}

7 +2cos^{2 2π}

7 −3cos^2π

7 −1 Soit :

8cos^{3 2π}

7 +4cos^{2 2π}

7 −4cos^2π

7 −1=0 et on prouve quecos^2π₇ est une racine du polynôme.

1.11.3 Application à la trigonométrie

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