Les nombres complexes. Corrigés d’exercices

(1)

Corrigés d’exercices

Version du 08/03/2015

Les exercices du livre corrigés dans ce document sont les suivants :

Page 244 : N°68 Page 255 : N°104

Page 247 : N°79 Page 248 : N°81 Page 251 : N°90

Page 254 : N°99, 102, 103

N°68 page 244

1. Réponse b

On a : cos sin cos sin

4 i 4 4 i 4

π − π = ⎛⎜⎝−π ⎞⎟⎠+ ⎛⎜⎝−π ⎞⎟⎠.

2. Réponse a On a :

4 4

2 cos sin 2 cos sin 2 cos sin 2 cos sin

3 i 3 3 i 3 3 i 3 3 i 3

π π π π ^⎡ π π π π ^⎤ π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− ⎜⎝ + ⎟⎠= ⎜⎝− − ⎟⎠= ⎢⎣ ⎜⎝ + ⎟⎠+ ⎜⎝ + ⎟⎠⎥⎦= ⎜⎝ + ⎟⎠

3. Réponse a

On a : 3− eⁱ^θ = − ×3 eⁱ^θ = × =3 1 3.

4. Réponse c

On a : ⁴ ⁴ ⁴ 2 2

2 2 2 2 cos sin 2 2 2

4 4 2 2

i i i

z e e e i i i

π π π π π

− − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = × = × = ⎜⎝ + ⎟⎠= ⎜⎜⎝ + ⎟⎟⎠= + ^.

(2)

N°79 page 247

1. Soit ,iy y∈\, un imaginaire pur.

iy est solution de

( )

^E si, et seulement si :

( ) (

^iy ³^{+ − + ×}⁸ ⁱ

) ( ) (

^iy ²⁺ ^{17 8}⁻ ⁱ

)

^{× +}^iy ¹⁷ⁱ⁼⁰^.

On a :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( ( ) ( ) )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

3 2

3 2 2

2 3 2

2

8 17 8 17 0

8 8 17 17 0

8 1 1 17 1 0

8 1 1 17 0

1 8 17 0

1 0 ou 8 17

8 0

1 ou

iy i iy i iy i

iy i y iy y i

iy y iy iy y i

y y i y y y

y y i y y y

y y i y y

y y i y

y y

y

+ − + × + − × + =

⇔ − + − + × − + + + =

⇔ − + − + + + =

⇔ + + − − + + =

⇔ + + − + + + =

⇔ + + + − + =

⎡ ⎤

⇔ + ×⎣ + − + ⎦=

⇔ + = + − +

⇔ = − =

− 17 0 1 ou 0

17 0 1 y y

y

⎧⎨ + =

⎩

⎧ =

⇔ = − ⎨ =⎩

⇔ = −

L’équation

( )

^E admet donc pour solution l’imaginaire pur −i.

2. Le fait que −i soit solution de l’équation

( )

^E permet de factoriser

( ) ( )

3 2

8 17 8 17 0

z + − +i z + − i z+ i= par ^z^{− − = +}

( )

ⁱ ^{z i} et on a :

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 2

3 2 3 2

, 8 17 8 17

8 17 8

17 8 17

z z i z i z i z i z az b

z z i z i z i z a i z ai b z ib

i a i i ai b i ib a b

∀ ∈ + − + + − + = + + +

⇔ ∀ ∈ + − + + − + = + + + + +

− + = +

⎧⎪

⇔⎨ − = +

⎪ =

⎩

⎧ = −

⇔ ⎨⎩ =

^

Finalement :

(3)

3. En utilisant la factorisation obtenue à la question précédente, il vient :

( ) ( )

3 2

2

8 17 8 17 0

8 17 0

ou 8 17 0

z i z i z i

z i z z

+ − + + − + =

⇔ + − + =

⇔ = − − + =

Résolvons alors l’équation z²−8z+17=0.

Il s’agit d’une équation du second degré à coefficients réels.

Le discriminant vaut : ^{Δ = −}

( )

⁸ ²^{− × ×}^{4 1 17}⁼^{64 68}⁻ ^{= − <}⁴ ⁰^.

Les racines complexes conjuguées s’écrivent alors :

( ) ( )

1

8 4 8 2

2 1 2 4

i i

z =− − − − − = − = −i

× et z₂= = +z₁ 4 i Finalement :

L’ensemble des solutions de l’équation ^z³^{+ − +}

(

⁸ ^{i z}

)

²⁺

(

^{17 8}⁻ ^{i z}

)

⁺¹⁷ⁱ⁼⁰^{est :}

{

ⁱ^{; 4} ⁱ^{; 4} ⁱ

}

= − − +

S

N°81 page 248

1. On a :

(

¹⁺ⁱ

)

⁶⁼

( (

¹⁺ⁱ

)

²

)

³^{= + −}

⁽

^{1 2}ⁱ ¹

^{) ( )}

³⁼ ²ⁱ ³⁼²³× = × − = −ⁱ³ ⁸

^{( )}

ⁱ ⁸ⁱ.

(

¹⁺ⁱ

)

⁶^{= −}⁸ⁱ

2. a.

(

¹⁺ⁱ

)

⁶ ^{= − ⇔}⁸ⁱ

( (

¹⁺ⁱ

)

³

)

² ^{= −}⁸ⁱ^.

On en déduit que

(

¹⁺ⁱ

) (

³^{= + × +}¹ ⁱ

) (

¹ ⁱ

)

² = × + = × − +²ⁱ

(

¹ ⁱ

)

²

(

¹ ⁱ

)

est solution de l’équation

( )

^E ^.

( )

2× − +1 i est solution de l’équation

( )

^E ^.

b. ²× − + = − +

(

¹ ⁱ

)

^{2 2}ⁱ est solution de l’équation

( )

^E . Comme deux nombres opposés admettent le même carré, on en déduit que ^{− − +}

(

^{2 2}ⁱ

)

^{= −}^{2 2}ⁱ est aussi une solution de l’équation

( )

^E ^.

(4)

On en déduit, en admettant que l’équation

( )

^E possède deux solutions : Les solutions de l’équation

( )

^E ^sont^{− +}^{2 2i}^et^{2 2i}⁻ ^.

3. a.

(

¹⁺ⁱ

)

⁶ ^{= − ⇔}⁸ⁱ

( (

¹⁺ⁱ

)

²

)

³^{= −}⁸ⁱ^.

On en déduit que

(

¹⁺ⁱ

)

² ^{= + − =}^{1 2}ⁱ ¹ ²ⁱ est solution de l’équation

( )

^{E '} ^.

2

t= i est solution de l’équation

( )

^{E '}

b. On a :

( )

^jt ³ ⁼ ^{j t}^{3 3}⁼^⎛_⎜^eⁱ²³^π ^⎞_⎟³^{× −}

( )

⁸ⁱ ^{= − ×}⁸^{i e}ⁱ²³^π^×³^{= − ×}⁸^{i e}²ⁱ^π ^{= −}⁸ⁱ

⎝ ⎠ ^.

On en déduit ainsi que jt est aussi une solution de l’équation

( )

^{E '} ^.

On a aussi :

( )

^{j t}² ³⁼ ^{j t}^{6 3} ⁼^⎛⎜^eⁱ²³^π ^⎞⎟⁶^{× −}

^{( )}

⁸ⁱ ^{= − ×}⁸^{i e}ⁱ²³^π^×⁶ ^{= − ×}⁸^{i e}⁴ⁱ^π ^{= −}⁸ⁱ

⎝ ⎠ ^.

On en déduit également que le complexe j t² est solution de l’équation

( )

^{E '} ^.

Les complexes jt et j t² sont solutions de l’équation

( )

^{E '} ^.

4. a. On a d’abord : ^t= − = × − =⁸ⁱ ⁸

( )

ⁱ ⁸^e⁻ⁱ^π² puis :

2 2

2 3

3 6

8 ⁱ2 ⁱ 8 ⁱ 8 ⁱ

jt e e e e

π π

π ⎛⁻ + ⎞

− ⎜⎝ ⎟⎠

= × = = et

enfin :

4 4 5

2 8 2 3 8 2 3 8 6

i i i

j t e i e e e

π π

π ⎛⁻ + ⎞

− ⎜⎝ ⎟⎠

= × = = .

8 ⁱ2

t e

−π

= , jt 8eⁱ⁶

= π et

5 2 8 ⁱ6

j t e

= π

On obtient alors facilement dans le plan complexe les points A, B et C (cf. la figure page suivante).

(5)

b. Notons d’abord que l’on a : t 8e ⁱ² 8

−π

= = , jt 8eⁱ⁶ 8

= π = et

5

2 8 ⁱ6 8

j t e

= π = .

Les points A, B et C appartiennent donc à un même cercle de centre O et de rayon 8 (ATTENTION ! Ceci ne prouve en rien que le triangle ABC soit équilatéral !).

On a classiquement :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ^{( )} ^{( )}

( ) ( )

B A

OB OA

OA, OB OA, , OB , OB , OA

arg arg arg arg

arg arg

u u u u

z z z z

jt t

= + = −

= − = −

= −

JJJG JJJG

JJJG JJJG JJJG G G JJJG G JJJG G JJJG

Or : ^arg

( )

^{arg 8} ⁶ ^arg ⁶

( )

²

6

i i

jt e e

π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ π π

= ⎜ ⎟= ⎜ ⎟=

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ^et^arg

( )

^{arg 8} ² ^arg ²

2

i i

t e e

π π π

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟= ⎜ ⎟= −

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ^.

D’où :

(

^{OA, OB}

)

⁼^arg

^{( )}

^jt ⁻^arg

^{( )}

^t ⁼^⎛⎜⎝^π₆^{− −}^⎛⎜⎝ ^π₂^⎞⎟⎠^⎞⎟⎠

^{( )}

²^π ⁼ ⁴₆^π

^{( )}

²^π ⁼²₃^π

^{( )}

²^π JJJG JJJG

.

De façon similaire, on obtient :

(

^{OB, OC}^{JJJG JJJG}

)

⁼^arg

( )

^{j t}² ⁻^arg

^{( )}

^jt ^.

Or : ^arg

( )

^{j t}² ⁼^{arg 8}^⎛⎜ êⁱ⁵⁶^π ^⎞⎟⁼ârg^⎛⎜êⁱ⁵⁶^π ^⎞⎟⁼⁵₆^{π π}

^{( )}

²

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ^.

D’où :

(

^{OB, OC}

)

⁼^arg

( )

^{j t}² ⁻^arg

^{( )}

^jt ⁼^⎛⎜⎝⁵₆^{π π}⁻₆^⎞⎟⎠

^{( )}

²^π ⁼⁴₆^π

^{( )}

²^π ⁼²₃^π

^{( )}

²^π JJJG JJJG

.

(6)

Enfin :

( ) ^{( )} ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

OC, OA arg arg 2

5 8 4 4

2 2 2 2 2

2 6 6 3 3

2 2

3

t j t

π π π π π π π π π π

π π

= −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= − −⎜⎝ ⎟⎠ = − = − =⎜⎝ − ⎟⎠

= JJJG JJJG

Finalement :

(

^{OA, OB}^{JJJG JJJG}

) (

⁼ ^{OB, OC}^{JJJG JJJG}

) (

⁼ ^{OC, OA}^{JJJG JJJG}

)

⁼²₃^{π π}

^{( )}

² ^.

Comme A, b et C appartiennent à un même cercle de centre O et que l’on a :

(

^{OA, OB}^{JJJG JJJG}

) (

⁼ ^{OB, OC}^{JJJG JJJG}

) (

⁼ ^{OC, OA}^{JJJG JJJG}

)

⁼²₃^{π π}

^{( )}

² , on en déduit que le triangle ABC est équilatéral.

Le triangle ABC est équilatéral.

(7)

N°90 page 251

1. On veut que ODCA soit un carré direct.

Puisqu’il s’agit d’un carré de côté de longueur 1 (on a z_A =1), on doit donc avoir, en particulier : OD 1= . Soit z_D =1.

On doit également avoir

(

^{OD, OA}^{JJJG JJJG}

)

⁼^{π π}₂

^{( )}

² . C'est-à-dire :

(

^OD,^{JJJG G}^u

)

⁼^{π π}₂

^{( )}

² ^.

Soit enfin :

(

^u^G^{, OD}^JJJG

)

⁼^arg

^{( )}

^d ^{= −}^{π π}₂

^{( )}

² ^.

On tire de ce qui précède :

( ( ) ) ( ^{( )} ) (

^{cos arg} ^{sin arg}

)

1 cos sin

2 2

d d d i d

i i

π π

= × +

⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞

= ×⎜⎝ ⎜⎝− ⎟⎠+ ⎜⎝− ⎟⎠⎟⎠

= −

Pour déterminer l’affixe du point C, on peut alors utiliser le fait que les segments

[ ]

^AD ^et

[ ]

^OC ont même milieu.

On a donc :

2 2

a+d =c+o, soit : 1 0

2 2

i c

− = + et enfin : c= −1 i.

d= −i et c= −1 i.

(8)

2. a. On a : ^arg

( )

^f ⁼

(

^u^G^{, OF}^JJJG

) (

⁼ ^u^G^{, OB}^JJJG

) (

⁺ ^{OB, OF}^{JJJG JJJG}

)

^.

Comme le carré OBEF est direct, on a :

(

^{OB, OF}^{JJJG JJJG}

)

⁼^{π π}₂

^{( )}

² ^.

Par hypothèse, on a aussi :

(

^u^G^{, OB}^JJJG

)

⁼^{β π}

^{( )}

² ^.

On en déduit : ^arg

( )

^f ⁼

(

^u^{, OF}

)

⁼^⎛⎜⎝^β ⁺^π₂^⎞⎟⎠

^{( )}

²^π G JJJG

. Par ailleurs : OF= f =OB 1= .

Finalement :

( ( ) ) ( ( ) )

( )

2

cos arg sin arg

1 cos sin

2 2

cos sin

2 2

i

f f f i f

i i e

β π

π π

β β

π π

β β

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

= × +

⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞

= ×⎜⎝ ⎜⎝ + ⎟⎠+ ⎜⎝ + ⎟⎠⎟⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⎜⎝ + ⎟⎠+ ⎜⎝ + ⎟⎠

=

i 2

f e

β π

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

b. On a immédiatement : f eⁱ ² eⁱ² eⁱ i eⁱ ib

π π

β β β

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

= = × = × = .

f =ib

c. De façon similaire à ce que nous avons fait à la question 1, nous utilisons le fait que les segments

[ ]

^FB ^et

[ ]

^OE ont le même milieu.

On en tire :

2 2

f +b=ε+o, c'est-à-dire : ^ε = + = + = +^f ^b ^{ib b}

( ) ( )

¹ ^{i b}= +¹ ^{i e}ⁱ^β. On peut « améliorer » cette écriture comme suit :

(

¹

)

² ¹ ¹ ² ⁴ ² ⁴

2 2

i i

i i i

i e i e e e e

π β π

β β β

ε = + = ^⎛⎜⎝ + ^⎞⎟⎠ = = ^⎛^⎜^⎝ ⁺ ^⎞^⎟^⎠

(

¹ ^{i b}

) (

¹ ^{i e}

)

ⁱ^β ²^eⁱ^β ^π⁴

ε = + = + = ^⎛^⎜^⎝ ⁺ ^⎞^⎟^⎠

(9)

3. On a :

( ) ( )

OF DG

OFGD parallélogramme

OF DG

1

z z

f o g d g f d

g ib i i b

⇔ = ⇔ =

⇔ − = − ⇔ = +

⇔ = + − = −

JJJG JJJJG

JJJG JJJG

(

¹

)

g=i b−

4. a. Comme b=eⁱ^β, il vient immédiatement :

cos sin

b= β+i β

b. On a : ^z_GE^JJJG ^{= − = +}^ε ^g

( )

¹ ^{i b i b}⁻

(

− = + − + = + =¹

)

^{b ib ib i} ^{b i} ^cos^β+ⁱ

(

^{1 sin}+ ^β

)

. Puis :

( ) ( ) ( )

GC 1 1 1 1 1 cos sin 1 sin cos

z^JJJG = − = − −c g i i b− = − − + = − = −i ib i ib i β +i β = + β −i β

On a donc :

GE cos 1 sin

β β + JJJG

et 1 sin GC cos

β β +

− JJJG

c. D’après le résultat de la question précédente, il vient immédiatement, le repère considéré étant orthonormal :

( ) ( ) ( )

GE.GCJJJG JJJG=cosβ× +1 sinβ + +1 sinβ × −cosβ =0 On en déduit alors que le triangle GCE est rectangle en G.

Par ailleurs :

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

GE GE cos 1 sin cos 1 2 sin sin 2 1 sin

GC GC 1 sin cos 1 2 sin sin cos 2 1 sin

β β β β β β

= = + + = + + + = +

= = + + − = + + + = +

JJJG JJJG

On a donc GE=GC et on en déduit immédiatement que le triangle GEC est isocèle en G.

Finalement :

Le triangle GEC est rectangle et isocèle en G.

(10)

5. C’est dans ce genre de situation qu’un logiciel de géométrie dynamique (au hasard…

Geogebra ? ☺) permet de se faire une idée du résultat !

En « libérant » le point B (i.e. en ne lui imposant plus d’appartenir au cercle

trigonométrique) et en le déplaçant dans le plan, on peut conjecturer (ce n’est qu’une conjecture…) que l’angle CGE reste droit et que les longueurs GC et GE restent égales. n Prouvons ce résultat.

On pose cette fois : b= b eⁱ^β avec b≠0.

Les raisonnements sur les arguments restent valables et il convient « seulement » de prendre en compte le fait que le module de b est quelconque (non nul).

Ainsi, pour f on obtient : ²

i

f b e

β π

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

= et, pour ε :

(

¹ ^{i b}

) (

¹ ^{i b e}

)

ⁱ^β ² ^{b e}ⁱ^β ^π⁴

ε = + = + = ^⎛^⎜^⎝ ⁺ ^⎞^⎟^⎠

Enfin, on a encore : ^g^{= + =}^f ^d ^{i b}

(

⁻¹

)

^.

Avec ^b⁼ ^{b e}ⁱ^β ^{= ×}^b

(

^cos^β ⁺ⁱ^sin^β

)

, il vient cette fois :

( ) ( )

GE cos sin i cos 1 sin

z^JJJG = + = ×b i b β+i β + = b β +i + b β

( ) ( )

GC 1 1 cos sin 1 sin cos

z^JJJG = − = −ib i b× β+i β = +b β −i b β

(11)

D’où :

GE cos

1 sin

b b

β β + JJJG

et 1 sin

GC cos

b b

β β +

− JJJG

On retrouve immédiatement : GE.GCJJJG JJJG=0

et il vient ensuite :

( )

( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2

2

GE GE cos 1 sin cos 1 2 sin sin

1 2 sin

GC GC 1 sin cos 1 2 sin sin cos

1 2 sin

b b b b b

b b

b b b b b

b b

β β β β β

β

β β β β β

β

= = + + = + + +

= + +

= = + + − = + + +

= + +

JJJG

On a encore : GE=GC et, finalement :

Pour tout complexe b non nul, affixe du point B, le triangle GEC est rectangle et isocèle en G.

N°99 page 254

a. z1= +

(

3 i

)

² =3²+ × × + = + − = +2 3 i i² 9 6i 1 8 6i b. En tenant compte du résultat précédent :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 3 1 2 3 8 6 2 8 2 6 3 8 3 6

16 12 24 18 2 36

z i z i i i i i i

i i i

= − × = − × − = × + × − − × − × −

= − − − = − −

c. En tenant compte des deux résultats ci-dessus :

( ) ( )

3 2 1 2 36 8 6 2 36 8 6 28 8

z =iz − = − −z i i − + i = − +i − − =i − i

d.

( ) ( )

4 2 2

13 2 5

13 2 13 5 13 2 5 2 65 13 10 2 63 23

5 5 5 5 1 26 26

i i

i i i i i i i i

z i i i

+ × +

+ × + × + × + × + + − +

= = = = =

− − × + +

N°102 page 254

1. Pour éviter toute confusion, nous notons z_I, z_J, z_K et z_L les affixes respectives des points I, J, K et L.

On a alors immédiatement :

I 2 a b z = + ,

J 2 b c z = + ,

K 2

c d z = + et

L 2 a d z = + .

(12)

I 2 a b z = + ,

J 2 b c z = + ,

K 2

c d z = + et

L 2 a d z = +

2. a. On a

2 2 2

J I

IJ

b c a b c a

z^JJG =z −z = + − + = − et

2 2 2

K L

LK

c d a d c a

z^JJJG =z −z = + − + = − . Comme z_IJ^JJG = z_LK^JJJG, on en déduit que les vecteurs JJGIJ

et LK JJJG

sont égaux puis, en définitive, que le quadrilatère IJKL est un parallélogramme.

Le milieu du segment

[ ]

^IK admet pour affixe : 2 2

2 2 4

I K

a b c d

z z a b c d

+ + +

+ = = + + + et

le milieu du segment

[ ]

^JL admet pour affixe : 2 2

2 2 4

J L

b c a d

z z a b c d

+ + +

+ = = + + + .

Les milieux des segments

[ ]

^IK ^et

[ ]

^JL admettant la même affixe, ils sont confondus.

Comme les segments

[ ]

^IK ^et

[ ]

^JL admettent le même milieu, on en conclut

immédiatement, comme précédemment, que le quadrilatère IJKL est un parallélogramme.

Le quadrilatère IJKL est un parallélogramme.

N°103 page 254

1. On a :

12 12 3

1 12 3 4

2 3

1 1

cos sin

4 4 2 2

i

i i i i

i

z e

e e e i i

z e

π π π π π π

π

π π

⎛ − ⎞

− ⎜⎝ ⎟⎠ − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = = = = ⎜⎝− ⎟⎠+ ⎜⎝− ⎟⎠= −

1 4

2

1 1

2 2

z i

e i

z

−π

= = −

2. On a :

( )

( ) ( ) ( ) ( )

12 1

2 3

1 3

cos12 sin12 2 2

1 3 1 3 1 3

cos sin

3 3 2 2 2 2 2 2

1 1 3

i

a ib i

z e i a ib

z e i i i i

a ib i

π

π π

⎛ ⎞

+ ×⎜ − ⎟

+ + ⎝ ⎠

= = = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ + ⎜ + ⎟ ⎜× − ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

× + × − + + −

(13)

( ) ( )

1 2

3 3

2

a b i b a

z z

+ + −

=

3. En combinant les résultats des questions 1 et 2, on a :

( ) ( )

1 2

3 3 1 1

2 2 2

a b i b a

z i

z

+ + −

= = −

On a alors :

( ) ( )

( )

3 3 1 1

2 2 2

1 1

3 3 2

2 2

3 3 2 2

3 2 3 3 6

3 2 3 2

1 6 2

4 6 2 4

2 3 2 3 1 6 2

4

1 1

6 2 6 2

4 4

1 1

4 2 3 6 2 4 2 3 2 6

4 4

a b i b a

i

a b i b a i

a b a b

a b a b

b b

a b a

b b

a a

a

+ + −

= −

⎛ ⎞

⇔ + + − = ×⎜⎝ − ⎟⎠

⇔ + + − = −

⎧ + = ⎧ + =

⎪ ⎪

⇔⎨ ⇔⎨

− + = − − + = −

⎪ ⎪

⎩ ⎩

⎧ = −

⎧ = − ⎪

⎪ ⎪

⇔⎨ ⇔⎨

= −

⎪ ⎪

⎩ ⎪⎩ = − × −

⎧ = − ⎧ = −

⎪ ⎪

⇔⎨ ⇔⎨

⎪ = − − ⎪ = − +

⎪ ⎪

⎩ ⎩

=

⇔

( )

1 6 2

4

1 6 2

b 4

⎧ +

⎪⎪⎨

⎪ = −

⎪⎩

( )

cos 1 6 2

12 4

π ₌ ₊

et ^sin₁₂^π ⁼¹₄

(

⁶⁻ ²

)

N°104 page 255

1. z= +x iy avec z =1.

On a : ^z² ⁼

(

^{x iy}⁺

)

²⁼^x²⁺²^ixy⁻^y²⁼^x²⁻^y²⁺²^ixy^.

(14)

On pose : ^X ⁼^Re

( )

^z² ⁼^x²⁻^y²^.

Comme z =1, on a : z² =x²+y²= =1² 1. On a donc le système :

2 2

1

x y X

x y

⎧ − =

⎪⎨

+ =

⎪⎩

En sommant les lignes membre à membre, on obtient : 2x²= +1 X , soit : ² 1 2 x = +X . En soustrayant la première ligne à la seconde, on obtient : 2y²= −1 X , soit : ² 1

2 y = −X .

2 1

2

x = +X et ² 1 2 y = −X

2. On pose cos sin

8 8

z₌ π ₊i π .

Il vient : ² cos² sin² 2 cos sin

8 8 8 8

z ₌ _{⎛ ⎞}π ₋ _{⎛ ⎞}π ₊ i _{⎛ ⎞}π _{⎛ ⎞}π

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

On a donc : ² ² 1

cos sin cos 2 cos

8 8 8 4 2

X = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠π − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠π = ⎛⎜⎝ ×π ⎞⎟⎠= ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠π = .

D’après la question précédente, il vient alors : ²

1 1

1 2 2 1

cos 8 2 2 2 2

π +X ⁺ +

⎛ ⎞ = = =

⎜ ⎟⎝ ⎠ .

Comme on a 0 0 8

≤π < , il vient cos 0 8

⎛ ⎞ >π

⎜ ⎟⎝ ⎠ et donc : 2 1

cos 8 2 2

π +

⎛ ⎞ =

⎜ ⎟⎝ ⎠ .

On a aussi : ²

1 1

1 2 2 1

cos 8 2 2 2 2

π −X ⁻ −

⎛ ⎞ = = =

⎜ ⎟⎝ ⎠ et comme 0 0

8

≤π < , il vient

sin 0

8

⎛ ⎞ >π

⎜ ⎟⎝ ⎠ et, finalement : 2 1

sin 8 2 2

π −

⎛ ⎞ =

⎜ ⎟⎝ ⎠ .

cos 2 1

8 2 2

π +

⎛ ⎞ =

⎜ ⎟⎝ ⎠ et 2 1

sin 8 2 2

π −

⎛ ⎞ =

⎜ ⎟⎝ ⎠