Nombres complexes

Pierre-Louis CAYREL 2008-2009 Licence 1 Introduction aux Math´ematiques G´en´erales

Universit´e de Paris 8

Nombres complexes

1 Forme cart´ esienne, forme polaire

Exercice 1 Calculer le module des nombres complexes suivants : Z1 =−i ; Z2 = 1 +i ; Z3 = 2i(3 +i)(1 +i) Z₄ = (2 + 3i)(1 + 2i)

(−1 +i)(1 +i) ; Z₅ = (1 +i)⁴

2 +i ; Z₆ = 2 +i

1−i + 2i 1 +i Exercice 2 Placer sur le cercle trigonom´etrique les nombres complexes suivants :

Z₁ =eⁱ⁰ ; Z₂ =e^iπ/6 ; Z₃ =e^iπ/4 ; Z₄ =e^iπ/2

Exercice 3 Mettre sous forme trigonom´etrique les nombres complexes suivants : 1 +i ; 1−i√

3 ; −√

3 +i ; 1 +i√

√ 3 3−i

Exercice 4 Mettre sous forme alg´ebrique, c’est-`a-dire sous la forme a +ib (a, b ∈ R), les nombres complexes suivants :

Z₁ = 3 + 6i

3−4i ; Z₂ =

1 +i 2−i

2

+ 3 + 6i

3−4i ; Z₃ = 2 + 5i

1−i + 2−5i 1 +i Z₄ = −1

2 +i

√3 2

!3

; Z₅ = (1 +i)⁹ (1−i)⁷

2 Trigonom´ etrie

Le but des exercices suivants est de retrouver les formules usuelles de trigonom´etrie `a partir des propri´et´es de l’exponentielle complexe. On rappelle les propri´et´es suivantes (x, y ∈R) :

|e^ix|= 1 ; e^i(x+y)=e^ixe^iy ; e^ix = cosx+isinx . Exercice 5 1. Montrer que (e^iθ)⁻¹ =e^iθ =e^−iθ (θ ∈R).

2. Etablir les formules d’Euler :

cosθ = e^iθ +e^−iθ

2 et sinθ= e^iθ−e^−iθ 2i .

Exercice 6 1. Calculer sin(x+y), cos(x+y) et tan(x+y) en fonction des sinus, cosinus et tangente de xou dey; en d´eduire les formules de calcul pour sin(2x), cos(2x) et tan(2x)

2. Calculer cosxet sinxen fonction de tan^x₂ pourx6=π+ 2kπ , k ∈Z. Exercice 7 En utilisant les formules d’Euler,

1. exprimer cosacosb, sinasinb et cosasinb `a l’aide de somme de cosinus et/ou sinus, 2. lin´eariser cos²a et sin²a.

Exercice 8 Etablir la formule de Moivre (θ ∈R,n ∈N) :

(cosθ+isinθ)ⁿ= cos(nθ) +isin(nθ).

Exercice 9 Calculer Z = (1 +i√ 3)²⁰⁰³.

Exercice 10 Calculer cos(π/12). D´evelopper cos(x−y) pour de “bonnes” valeurs de x et y.

Exercice 11 R´esoudre dans Rles ´equations suivantes et placer les images des solutions sur le cercle trigonom´etrique :

sinx=

√3

2 ; tanx=−1. Exercice 12 R´esoudre dansR l’´equation

cos(5x) = cos 2π

3 −x

.

3 G´ eom´ etrie

Exercice 13 1. R´esoudre dans C l’´equation z/(z−1) = i. Donner la solution sous forme alg´ebrique.

2. Soient M, O etA les points d’affixes respectives z, 0, 1 ; on suppose que ces trois points sont distincts. Interpr´eter g´eom´etriquement le module et un argument de z/(z −1) et retrouver la solution de l’´equation du (1).

Exercice 14 Trouver les nombres complexesz tels que a) z−1

z+ 1 ∈R ; b) z−1 z+ 1 ∈iR.

Pierre-Louis CAYREL 2008-2009 Licence 1 Introduction aux Math´ematiques G´en´erales

Universit´e de Paris 8

Nombres complexes

Correction 1 • |Z₁|= 1 • |Z₂|=√

2 • |Z₃|=|2i||3 +i||1 +i|= 2×√

10×√

2 = 4√ 5

• |Z₄|² = ^13×5_2×2 donc |Z₄|=

√ 65

2 • |Z₅|= ^|1+i|_|2+i|⁴ = ^√4

5

• Z6 = (2+i)(1+i)+2i(1−i)

(1−i)(1+i) = _(1−i)(1+i)³⁺⁵ⁱ donc |Z6|=

√ 34 2

Correction 3 • |1 +i|=√

2 et ^√1₂(1 +i) = cos^π₄ +isin^π₄ donc arg(1 +i) =π/4 mod 2π et 1 +i=√

2e^iπ/4.

• |1−i√

3|= 2 et ¹₂(1−i√

3) = cos(−^π₃) +isin(−^π₃) donc 1−i√

3 = 2e^−iπ/3.

• On a de mˆeme −√

3 +i= 2e^i5π/6.

• On a de mˆeme 1 +i√

3 = 2e^iπ/3 et√

3−i= 2e^−iπ/6 donc ¹⁺ⁱ

√

√ 3

3−i =e^i(π/3+π/6) =e^iπ/2. (On peut aussi remarquer que (√

3−i)i= 1 +i√

3 donc ¹⁺ⁱ

√3

√3−i =i=e^iπ/2.) Correction 4 • Z₁ = (3+6i)(3+4i)

|3−4i|² = ^−15+30i₂₅ =−³₅ +i⁶₅.

• ¹⁺ⁱ_2−i2

= ⁽¹⁺ⁱ⁾_(|2−i|²⁽²⁺ⁱ⁾2)^{2 2} = ^2i(3+4i)₂₅ = ⁻⁸⁺⁶ⁱ₂₅ . En utilisant le 1er point on trouve :Z₂ =−²³₅ +i³⁶₂₅.

• Z₃ =z+z = 2<z avec z = ²⁺⁵ⁱ_1−i. z = (2+5i)(1+i)

|1+i|² = ⁻³⁺⁷ⁱ₂ . Donc <z =−³₂ etZ₃ =−3.

• Z₄ = (e^i2π/3)³ =e^i2π = 1.

• 1 +i=√

2e^iπ/4 et 1−i=√

2e^−iπ/4 donc Z₅ = (√

2)⁽⁹⁻⁷⁾ei(9π/4+7π/4) = 2e^i4π = 2.

(La pr´esence de fortes puissances doit inciter `a passer en forme trigonom´etrique.)

Correction 5 1. e^iθe^iθ = |e^iθ|² = 1 donc e^iθ = (e^iθ)⁻¹. e^iθe^−iθ = e^i(θ−θ) = eⁱ⁰ = 1 donc e^−iθ = (e^iθ)⁻¹.

2. cosθ =<e^iθ = ^eiθ+e₂ ^iθ = ^eiθ+e₂^−iθ par le point a).

(On peut aussi calculer e^iθ +e^−iθ = cosθ+ cos(−θ) +i(sinθ+sin(−θ)) = 2 cosθ.) De mˆeme sinθ ==e^iθ = ^eiθ_2i^−eiθ = ^eiθ−e₂^−iθ.

Correction 6 1. D’une part e^i(x+y) = cos(x+y) +isin(x+y). D’autre part e^i(x+y) = e^ixe^iy = (cosx+isinx)(cosy+isiny)

= (cosxcosy−sinxsiny) +i(cosxsiny+ sinxcosy)

En identifiant les parties r´eelles et imaginaires, on trouve cos(x + y) = cosxcosy − sinxsiny et sin(x+y) = cosxsiny+ sinxcosy.

tan(x+y) = ^cos_cos^x_x^sin_cos^y+sin_y−sinx^xcos_siny^y. On a sinθ = tanθcosθ, en rempla¸cant sinx et siny dans la formule on trouve

tan(x+y) = cosxcosytany+ cosxcosytanx

cosxcosy−cosxcosytanxtany = tanx+ tany 1−tanxtany On d´eduit des formules pr´ec´edentes :

cos(2x) = cos²x−sin²x, sin(2x) = 2 cosxsinx, tan(2x) = 2 tanx

2. On pose t= tan^x₂. Si x6=πmod 2π alors cos^x₂ 6= 0 et t est bien d´efini.

Par le point a), sinx= 2 cos^x₂ sin^x₂.

Indication : faire disparaˆıtre sin^x₂ d’une part, cos^x₂ d’autre part, puis utiliser cos²θ + sin²θ= 1.

sinx= 2 cos^{2 x}_2cos^sinx/2_x/2 = 2tcos^{2 x}₂. De mˆeme sinx= 2¹_tsin^{2 x}₂.

Donc t²sinx = 2tsin^2x₂ et sinx(1 +t²) = 2t(cos^{2 x}₂ + sin^{2 x}₂) = 2t. On en d´eduit sinx =

2t 1+t².

Par le point a), tanx= _1−t^2t2. Comme cosx= _tan^sinx_x, on en d´eduit cosx= ^1−t_1+t²2.

Remarque : on peut obtenir cosx directement avec une manipulation similaire `a sinx (cosx(1 +t²) = (cos^{2 x}₂ + sin^2x₂)(1−t²)). Ou alors faire la manipulation sur eⁱx, ce qui donne en mˆeme temps cosx et sinx (e^ix(1 +t²) = (1−t²+ 2it)).

Correction 7 1. cosacosb= ^(eia+e₂^−ia)(eib+e₂^−ib) = ¹₄(e^i(a+b)+e^i(a−b)+e^i(−a+b)+e^i(−a−b)).

On utilise la formule d’Euler en sens inverse : ^ei(a+b)+e₂^i(−a−b) = cos(a+b) et ^ei(a−b)+e₂^i(−a+b) = cos(a−b).

On trouve : cosacosb= ¹₂(cos(a+b) + cos(a−b)).

De mˆeme :

sinasinb = ^(eia−e_2i^{−ia)(eib−e}_2i^−ib) =−¹₄(e^i(a+b)+e^i(−a−b)−e^i(a−b)−e^i(−a+b)) = ¹₂(cos(a−b)− cos(a+b)).

cosasinb = ^(eia+e₂^{−ia)(eib−e}_2i^−ib) = _4i¹[(e^i(a+b)−e^i(−a−b))−(e^i(a−b)−e^i(−a+b))] = ¹₂(sin(a+ b)−sin(a−b).

2. “Lin´eariser” signifie faire disparaˆıtre les puissances et les produits pour obtenir des sommes de cosinus et sinus. C’est tr`es utile dans le calcul d’int´egrales.

Par ce qui pr´ec`ede,

cos²a = cosacosa= ¹₂(cos(2a)a+ cos 0) = ¹₂(cos(2a) + 1).

sin²a= ¹₂(cos 0−cos(2a)) = ¹₂(1−cos(2a)).

Correction 8 (cosθ+isinθ)ⁿ = (e^iθ)ⁿ=e^inθ = cos(nθ) +isin(nθ).

Correction 9 1 +i√

3 = 2e^iπ/3 donc Z = 2²⁰⁰³e^i2003π/3. 2004 est pair et divisible par 3 donc

2004π

3 ≡0 mod 2π et ^2003π₃ ≡ −^π₃ mod 2π . Donc Z = 2²⁰⁰³e^−iπ/3.

Correction 10 On cherche `a ´ecrire ₁₂^π = x−y avec des valeurs de x et dey pour lesquelles on connaˆıt cosinus et sinus (^π₃,^π₆,^π₄, . . .). Ensuite on ´ecrit cos(x−y) = cosxcosy+ sinxsiny.

Si on prend x= ^π₃ et y= ^π₄ on a x−y= ₁₂^π donc

cos(π/2) = cos(π/3) cos(π/4) + sin(π/3) sin(π/4) =

√2 4 +

√3√ 2

4 =

√2

4 (1 +√ 3).

Correction 11 • sinx =

√3

2 ⇔ x= ^π₃ mod 2π ou x = ^2π₃ mod 2π. L’ensemble des solutions dans R est

S ={^π₃ + 2kπ;k ∈Z} ∪ {^2π₃ + 2kπ;k ∈Z}.

•tanx=−1⇔sinx=−cosx, donc (X, Y) = (cosx,sinx) est sur la droiteY =−X. On voit facilement sur le cercle que ceci est ´equivalent `a x=−^π₄ mod π. L’ensemble des solutions est S ={^π₄ +kπ;k∈Z}.

Correction 12 On a cosα = cosβ ⇔ α = β mod 2π ou α = −β mod 2π. Donc cos(5x) = cos ^2π₃ −x

⇔ il existe k ∈Z tel que 5x= ^2π₃ −x+ 2kπ ou 5x=−^2π₃ +x+ 2kπ.

5x= ^2π₃ −x+ 2kπ ⇔x= ^π₉ +k^π₃. 5x=−^2π₃ +x+ 2kπ⇔x=−^π₆ +k^π₂. L’ensemble des solutions est

S ={π 9 +kπ

3;k ∈Z} ∪ {−π 6 +kπ

2;k ∈Z}.

Correction 13 1. _z−1^z = i a un sens seulement si z 6= 1. Pour z 6= 1, cette ´equation est

´equivalente `a : z =i(z−1) z(1−i) = −i

z = _1−i⁻ⁱ = ^−i(i+1)_|1−i|2 = ¹₂ − ¹₂i. Cette valeur est bien solution car elle est diff´erente de 1.

2. −z correspond au vecteur −−→

M O et 1−z au vecteur −−→

M A. Donc _|z−1|^|z| = ^OM_AM et arg_z−1^z = arg(−z) − arg(1 − z) est l’angle (−−→

M A,−−→

M O). Comme |i| = 1 et argi = ^π₂ mod 2π, L’´equationz/(z−1) =i est ´equivalente `aOM =AM et (−−→

M A,−−→

M O) = ^π₂.

Comme OM = AM, M est sur la m´ediatrice de [OM], donc <z = ¹₂. Comme l’angle OM A\ est droit, M est sur le cercle de diam`etre [OM]. En raison de l’angle orient´e, on retrouve z = ¹₂ −¹₂i.

Correction 14 Si z =−1, la fraction ^z−1_z+1 n’a pas de sens.

Si z 6= 1, ^z−1_z+1 ∈ R est ´equivalent `a arg<sup>z−1</sup><sub>z+1</sub> = 0 mod π et <sup>z−1</sup><sub>z+1</sub> ∈ iR est ´equivalent `a arg^z−1_z+1 =

π

2 mod π (on enl`eve le cas z = 1 car 0 n’a pas d’argument).

Interpr´etation g´eomtrique de arg^z−1_z+1 : soitM, A, B les points d’affixes respectivesz, 1 et−1, on suppose queM est diff´erent de A etB. 1−z correspond au vecteur −−→

M A et−1−z au vecteur

−−→M B, donc arg^z−1_z+1 = arg(1−z)−arg(−1−z) = (−−→

M B,−−→

M A).

• Pour z 6= 1, l’´equation a) est ´equivalente `a (−−→

M B,−−→

M A) = 0 mod π, c’est-`a-dire A, B et M sont align´es, donc z ∈ R. On voit que z = 1 est solution, donc l’ensemble des solutions est S ={z ∈R, z 6=−1}.

• Pour z 6= 1, l’´equation b) est ´equivalente `a (−−→

M B,−−→

M A) = ^π₂ mod π, c’est-`a-dire M est sur le cercle de diam`etre [AB], qui est le cercle de centre 0 de diam`etre 1. On voit que z = 1 est solution, donc l’ensemble des solutions est S ={z;|z|= 1} \ {−1}.

Remarque : on peut retrouver ces solutions de fa¸con calculatoire en ´ecrivant z = x+iy et en calculant les parties r´eelle et imaginaire de ^z−1_z+1.