Devoir Libre 5 – Mathématiques

Devoir Libre 5 – Mathématiques

Le corrigé sera disponible le Vendredi 22 Octobre 2021.

Exercice 1

On considère z

3

1

i

3

1

.

1. Déterminer la forme algébrique de z

.

2. Mettre z

sous forme trigonométrique. En déduire le module et un argument de z.

3. En déduire cos

12

´

et sin

12

´

.

Réponse

1. On a : z²=¡p

3+1+i(p 3−1)¢2

=¡p 3+1¢2

+2i¡p 3+1¢

סp 3−1¢

−¡p 3−1¢2

=4+2p

3+4 i−4+2p 3=4p

3+4 i.

2. On a :

¯¯z²¯

¯=p

4²×3+4²=4×p 4=8.

D’où,

z²=8 Ãp

3 2 +i1

2

! . Donc,

z²=8e^iπ6. On sait que¯

¯z²¯

¯=8.

Or,¯

¯z²¯

¯= |z|².

Donc,|z|²=8, puis,|z| =2p

2 ou|z| = −2p 2.

Comme|z| >0, il vient

|z| =2p 2.

On chercheθ∈[0, 2π[ un argument dez.

D’autre part, arg(z²)≡π 6[2π].

Or, on sait que arg(z²)≡2 arg(z)[2π]≡2θ[2π].

Donc, 2θ≡π 6[2π].

D’où,θ≡ π 12[π].

Or, commeθ∈[0, 2π[, on aθ= π

12 ouθ=π+ π 12. De plus, on sait que Re(z)=p

3+1>0 et Re(z)= |z| ×cos(θ). Donc, cos(θ)>0 etθ∈[0,π[.

Donc,θ= π 12 et

arg(z)≡ π 12[2π].

3. Par la question précédente,

z=p

3+1+i (p

3−1)=2p 2e^i12π. Donc, en identifiant partie réelles et imaginaires :

p3+1=2p

2×cos³π 12

´

et p

3−1=2p

2×sin³π 12

´ .

Ainsi,

cos³π 12

´

= p3+1

2p

2 et sin³π 12

´

= p3−1

2p 2 .

Exercice 2

Linéariser sin(x)

cos(2 x).

Réponse

On a :

sin(x)⁴×cos(2x) =

µe^ix−e^−ix 2 i

¶⁴

×

µe^{2 ix}+e^{−2 ix} 2

¶

=

µe^{4 ix}−4e^{2 ix}+6−4e^{−2 ix}+e^{−4 ix} 2⁴×i⁴

¶

×

µe^{2 ix}+e^{−2 ix} 2

¶

= e^{6 ix}−4e^{4 ix}+7e^{2 ix}−8+7e^{−2 ix}−4e^{−4 ix}+e^{−6 ix} 2⁵

= 2 cos(6x)−8 cos(4x)+14 cos(2x)−8 2⁵

= cos(6x)−4 cos(4x)+7 cos(2x)−4 2⁴

Exercice 3

Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur z

C ^{pour que}

¯

¯

¯

¯

1

i

z 1

i

z

¯

¯

¯

¯=

1.

Indication : exercice 14.

Réponse Soitz∈C^.

ÏL’équation a du sens lorsque 1+i×z,0. Autrement ditz,^i.

ÏDans la suite, on supposez,^i.

On a :

¯

¯

¯

¯ 1−i×z 1+i×z

¯

¯

¯

¯=1 ⇐⇒ |1−i×z| = |1+i×z|

⇐⇒ |i| ×

¯

¯

¯

¯ 1

i−z

¯

¯

¯

¯= |i| ×

¯

¯

¯

¯ 1

i+ ×z

¯

¯

¯

¯

⇐⇒ |−z−i| = |z−i|

⇐⇒ |z+i| = |z−i| En notantA,BetMles points d’affixes respectives i,−i etz, on a :

¯

¯

¯

¯ 1−i×z 1+i×z

¯

¯

¯

¯=1⇐⇒AM=BM.

Donczest solution si, et seulement si,Mest sur la médiatrice du segment [AB]. Or, cette médiatrice est l’axe des réels.

Donc,

zest solution si, et seulement si,z∈R^. Autre rédaction: on écritzsous forme algébrique :z=a+ibavec (a,b)∈R^2.

On a|1−i×z| =p

(1+b)²+(−a)²et|1+i×z| =p

(1−b)²+a². D’où, comme un module est positif,

¯

¯

¯

¯ 1−i×z 1+i×z

¯

¯

¯

¯=1 ⇐⇒ |1−i×z|²= |1+i×z|²

⇐⇒ (1+b)²+(−a)²=(1−b)²+a²

⇐⇒ 1+2b+b²+a²=1−2b+b²+a²

⇐⇒ b=0

⇐⇒ z∈R^. On retrouve la même CNS.

Exercice 4

Soit z

C ^{et u}

U \ {1}. Montrer que z

u

z

1

u est un réel.

Indication : Utiliser la caractérisation des réels à l’aide du conjugué.

Réponse

Étape(s) du raisonnement.Un nombre complexez est réel si, et seulement si, z=z.

On a :

µz−u×z 1−u

¶

=z−u×z

1−u =z−u×z 1−u . Or,u∈U^{, doncu}=1

u. D’où,

z−_u¹×z

1−¹_u =u×z−z

u−1 =z−u×z 1−u . Donc,

z−u×z 1−u ∈R^.

Exercice 5

Montrer que :

∀

(a, b)

U

U ^{, (a}

^b)

2

a

b

R

.

Indication : Utiliser la caractérisation des nombres complexes de module 1 par les e

.

On sait que (a,b)∈U², donc il existe (θ,ϕ)∈R^{2tel quea}=e^iθetb=e^iϕ. De plus,

a+b=e^iθ+e^iϕ=e^iθ+ϕ2 ׳

e^iθ−ϕ2 +e^−iθ−ϕ2 ´

=2 cos µθ−ϕ

2

¶

×e^iθ+ϕ2 . D’où,

(a+b)² a×b =

4³ cos³_θ−ϕ

2

´´2

e^{i (θ+ϕ)} e^iθ×e^iϕ =4

µ cos

µθ−ϕ 2

¶¶2

∈R+.

Exercice 5 : pour travailler le cours du vendredi 15/10/2021

Résoudre les équations d’inconnue complexe z

C ^:

1. e

2

3 i ; 2. z

1

i ; 3. z

1

2 i (par la méthode al- gébrique).

Réponse

1. ÏOn met 2+3isous forme trigonométrique. On a|2+3i| =p

13 et 2=p 13×

µ 2

p13+i 3 p13

¶ . On chercheθ∈Rtel que cos(θ)= 2

p13 et sin(θ)= 3 p13. D’où,θ≡Arccos

µ 2 p13

¶

[2π] ouθ≡ −Arccos µ 2

p13

¶ [2π]

Or, sin(θ)>0.

Donc, on peut choisir,θ=Arccos µ 2

p13

¶ . ÏOn sait que¯

¯e^z¯

¯=e^Re(z)et arg(e^z)≡Im(z)[2π]. De plus, deux nombres complexes non nuls sont égaux si, et seulement si, ils sont le même modules et des argument égaux à 2πprès. D’où,

e^z=2+3 i ⇐⇒ e^Re(z)=p

13 et Im(z)≡Arccos µ 2

p13

¶ [2π]

⇐⇒ Re(z)=ln(13)

2 et∃k∈Z^{, Im(z)}=Arccos µ 2

p13

¶

+k×2π

⇐⇒ ∃k∈Z^,z=ln(13) 2 +i

µ Arccos

µ 2 p13

¶

+k×2π

¶ . Ainsi, l’ensemble des solutions est

S=

½ln(13) 2 +i

µ Arccos

µ 2 p13

¶

+k×2π

¶

|k∈Z

¾ .

2. On met 1−i sous forme trigonométrique. On a :|1−i| =p 2, et 1−i=p

2× µ 1

p2− 1 p2i

¶

=p

2×e^−iπ4. On a :

z⁵=1−i ⇐⇒ z⁵=p

2×e^−iπ4 ⇐⇒ z⁵=

³

2¹⁰¹ ×e^−i20π´5

⇐⇒

µ z

2¹⁰¹ ×e^−i20π

¶5

=1 ⇐⇒ z

2¹⁰¹ ×e^−i20π ∈U5. Or,U5=n

e^i2k5×π¯

¯k∈ ‚0, 4ƒo

=n

1,e^i2π5,e^i4π5,e^i6π5,e^i8π5o . Donc,

z⁵=1+i

1−i ⇐⇒ z=2¹⁰¹×e^−i20π ouz=2¹⁰¹×e^−i20π×e^i2π5 ouz=2¹⁰¹×e^−i20π×e^i4π5 ouz=2¹⁰¹×e^−i20π×e^i6π5 ouz=2¹⁰¹×e^−i20π×e^i8π5. Ainsi, l’ensemble des solutions est

n

2¹⁰¹ ×e^−i20π, 2¹⁰¹ ×e^i7π20, 2¹⁰¹ ×e^i15π20, 2¹⁰¹ ×e^i23π20 , 2¹⁰¹ ×e^i31π20 o .

3. On cherchezsous forme algébrique :z=a+ibavec (a,b)∈R^2.

On az²=a²−b²

| {z }

∈R

+i 2a×b

| {z }

∈R

et|−1+2 i| =p 5. D’où,

z²= −3+4 i ⇐⇒







a²−b²= −1 2a×b=2 a²+b²=p

5

⇐⇒





 a²=

p5−1 2

2a×b=2>0 b²=

p5+1 2

⇐⇒





 a=

qp 5−1 2

b= qp

5+1 2

ou





 a= −

qp 5−1 2

b= − qp

5+1 2

⇐⇒ z= sp

5−1

2 +

sp 5+1

2 i ouz= − sp

5−1

2 −

sp 5+1

2 i.

Les solutions de l’équation sont : sp

5−1

2 +

sp 5+1

2 i et− sp

5−1

2 −

sp 5+1

2 i.