Exercice 31 page 217

Exercice 31 page 217

1. i⁴= 1 ; i⁵=i; i⁶=−1 ; i⁷=−i; i⁸= 1 ; i⁹=i; i¹⁰=−1 ; i¹¹=−i Pour toutn∈Non peut calculer :

i⁴ⁿ =¡ i⁴¢n

= 1ⁿ = 1 i⁴ⁿ⁺¹=i⁴ⁿ·i= 1·i=i i⁴ⁿ⁺²=i⁴ⁿ·i²= 1·(−1) =−1 i⁴ⁿ⁺³=i⁴ⁿ·i³= 1·(−i) =−i

2. Faire la division de l’exposant par4:i^k=i(reste de la division par 4)

372 = 4·93 + 0 donc i³⁷²=i⁰= 1 2970 = 4·742 + 2 donc i²⁹⁷⁰=i²=−1

613 = 4·153 + 1 donc i⁻⁶¹³= _i613¹ =_i¹1 = ¹_i =−i

Exercice 32 page 217

z= 3−2iet doncz²= 9−4−12i= 5−12i

E(3−2i) = (5−12i)−2 (3−2i) + 3

(5−12i) + 2 (3−2i) + 3= 2−8i 14−16i

= 2 (1−4i) (7 + 8i)

2 (7−8i) (7 + 8i) = 39−20i 113 = 39

113 − 20 113i

Exercice 37 page 217

La division de4x³−(2−i)x²+ix−i+ 2parx+ 1selon le schéma de G. W. Horner donne :

4 −2 +i i 2−i

−1 −4 6−i −6

4 −6 +i 6 −4−i

Le quotient de la division est4x²+ (−6 +i)x+ 6 (second degré) et le reste est(−4−i) Donc :4x³−(2−i)x²+ix−i+ 2 =¡

4x²+ (−6 +i)x+ 6¢

(x+ 1) + (−4−i)

Exercice 38 page 217

Rappel dela loi du reste:

"le reste de la division du polynômeP(x)par le binôme(x−α)est égal à la valeurP(α)du polynôme pourx=α.

"

Conséquence :P(x)est divisible par(x−α)ssi le resteP(α) = 0

Le polynômeP(x) =x⁴−2ix³+ (i−m)x+ 2m (m∈C)est divisible par(x−2i)

⇐⇒ P(2i) = 0

⇐⇒ (2i)⁴−2i(2i)³+ (i−m) (2i) + 2m= 0

⇐⇒ 16−2i(−8i)−2−2im+ 2m= 0

⇐⇒ 16−16−2−2im+ 2m= 0

On est ainsi ramené à résoudre une équation du premier degré, l’inconnue étantm

−2im+ 2m= 2 ⇐⇒ 2 (1−i)m= 2 ⇐⇒ m= 1

1−i = 1 +i

(1−i) (1 +i) ⇐⇒ m=¹₂+¹₂i

Exercice 39 page 217

1. On vérifie par substitution, quel que soit le réelλ∈R:

P_λ(1−i) = (1−i)³+ (2λ+ 3i) (1−i)²+ (−2 + 4λi) (1−i)−4λ−2 Ce calcul long exige certains résultats intermédiaires :

(1−i)²= 1−1−2i=−2i (1−i)³=−2i(1−i) =−2−2i

P_λ(1−i) =−2−2i+ (2λ+ 3i) (−2i)−2 + 2i+ 4λi+ 4λ−4λ−2 P_λ(1−i) =−2−2i−4iλ+ 6−2 + 2i+ 4λi+ 4λ−4λ−2 = 0

Donc, quel que soit le réelλ∈R, z₀= (1−i)est une racine "évidente" du polynôme.

2. Le polynômePλ est donc divisible par(z−z0)et ceci quel que soit le réelλ∈R. La division selon le schéma de G. W. Horner donne :

1 2λ+ 3i −2 + 4λi −2−4λ

1−i 1−i 3 + 2λ+i−2λi 2 + 4λ

|{z}1

a

1 + 2λ+ 2i

| {z }

b

1 + 2λ+i+ 2λi

| {z }

c

0

Les calculs à part pour ce schéma sont :

(1−i) (1 + 2λ+ 2i) = 1 + 2λ+ 2i−i−2λi+ 2 = 3 + 2λ+i−2λi (1−i) (1 + 2λ+i+ 2λi) = 1 + 2λ+i+ 2λi−i−2λi+ 1 + 2λ= 2 + 4λ Le reste est0ce qui vérifie les calculs de la première partie.

Le quotient est un trinôme du second degré à coefficients complexesa, b,etc.

Calcul du discriminant :

∆ = b²−4ac= (1 + 2λ+ 2i)²−4 (1 + 2λ+i+ 2λi)

= −3 + 4λ+ 4i+ 4λ²+ 8iλ−4−8λ−4i−8iλ

= 4λ²−4λ−7∈R

Il s’agit maintenant de déterminer les racines carrées complexes de ∆.Selonλil y a plusieurs cas possibles : (a) Siλ∈R\£₁

2−√

2;¹₂+√ 2¤

alors∆>0et le trinôme du second degré admet deux racines distinctes : z₁ = −(1 + 2λ+ 2i)−p

4λ²−4λ−7

2 ; z₂=−(1 + 2λ+ 2i) +p

4λ²−4λ−7 2

z1 = ¹₂³

−1−2λ−p

4λ²−4λ−7´

−i ; z2= ¹₂³

−1−2λ+p

4λ²−4λ−7´

−i (b) Siλ∈¤₁

2 −√

2;¹₂+√ 2£

alors∆<0et le trinôme du second degré admet deux racines distinctes : z₁ = −(1 + 2λ+ 2i)−ip

−4λ²+ 4λ+ 7

2 ; z₂=−(1 + 2λ+ 2i) +ip

−4λ²+ 4λ+ 7 2

z1 = ¹₂(−1−2λ)−³ 1 +¹₂p

−4λ²+ 4λ+ 7´

i ; z2= ¹₂(−1−2λ)−³ 1−¹2

p−4λ²+ 4λ+ 7´ i (c) Siλ= ¹₂−√

2alors∆= 0 et le trinôme du second degré admet une seule racine z₁=z₂= −(1 + 2λ+ 2i)

2 = −1−1 + 2√ 2 + 2i

2 =−1 +√

2 +i (d) Siλ= ¹₂+√

2alors∆= 0 et le trinôme du second degré admet une seule racine z₁=z₂= −(1 + 2λ+ 2i)

2 = −1−1−2√ 2 + 2i

2 =−1−√

2 +i 3. Factorisation du polynôme, quel que soitλ∈R:

P_λ(z) = (z−1 +i) (z−z₁) (z−z₂) 4. Une des racines est imaginaire pure :z⁰ =bi b∈R

On substitue cette racine dans le polynôme, ce qui donne :

P(z⁰) = (bi)³+ (2λ+ 3i) (bi)²+ (−2 + 4λi) (bi)−4λ−2

= −ib³+ (2λ+ 3i)¡

−b²¢

−2ib−4bλ−4λ−2

= −ib³−2b²λ−3ib²−2ib−4bλ−4λ−2

Commebetλsont des réels, on a séparé la valeur du polynôme en partie réelle et partie imaginaire. Or,z⁰ est une racine et donc P(z⁰) = 0 = 0 + 0 ice qui fournit le système :

(Σ) :

½ −2b²λ−4bλ−4λ−2 = 0 (α)

−b³−3b²−2b= 0 (β) L’équation(β) :−b(b+ 2) (b+ 1) = 0donne :b∈{−2;−1; 0}.

Si on remplace dans l’équation(α)on obtient les valeurs deλcorrespondantes : (a) Pourb= 0on trouve : (α) :−4λ−2 = 0doncλ=−1

2.

Conclusion :P_−1/2(z)admet la racinez⁰= 0que l’on considère généralement comme imaginaire pur.

(b) Pourb=−1on trouve :(α) :λ=₁₋⁻₂₊₂¹ =−1

Conclusion :P₋1(z)admet la racinez⁰=−iqui est imaginaire pur.

(c) Pourb=−2on trouve :(α) :λ=₄₋⁻₄₊₂¹ =−1/2

Conclusion :P_−1/2(z)admet la racinez⁰=−2iqui est imaginaire pur.

Exercice 45 page 218

Le polynômeP(x) =x⁴+ 4x³+ 8x²+ 4x+ 7admet deux racines évidentes :x⁰₀=−ietx⁰⁰₀ =i. Vérification :

P(i) =i⁴+ 4i³+ 8i²+ 4i+ 7 = 1−4i−8 + 4i+ 7 = 0

P(−i) = (−i)⁴+ 4 (−i)³+ 8 (−i)²+ 4 (−i) + 7 = 1 + 4i−8−4i+ 7 = 0 Donc,P(x)contient le facteur(x−i)et le facteur(x+i).

Ces deux facteurs sont premiers entre eux car ils sont du premier degré.

Le polynôme admet donc le produit des deux facteurs :(x−i) (x+i) =x²+ 1comme diviseur.

On effectue la division euclidienne deP(x)parx²+ 1.

On obtient :

x⁴+ 4x³+ 8x²+ 4x+ 7 =¡

x²+ 1¢ ¡

x²+ 4x+ 7¢

Le quotient est un trinôme du second degré à coefficients réels :a= 1 ,b= 4 :b⁰ = 2,c= 7. Le discriminant simplifié :∆⁰ =b⁰²−ac= 4−7 =−3<0

Le trinôme admet deux racines complexes conjuguées : x1=−2 +i√

3 et x2=−2−i√ 3 L’ensemble des 4 racines du polynôme est :R=©

i;−i;−2 +i√

3;−2−i√ 3ª La factorisation du polynôme s’écrit :

P(x) = (x−i) (x+i)³

x+ 2−i√ 3´ ³

x+ 2 +i√ 3´

Exercice 46 page 218

On a :z=r cis ϕ=r cosϕ+i rsinϕet donc

z=r cosϕ−i rsinϕ=r cosϕ+i r(−sinϕ) =r cos (−ϕ) +i rsin (−ϕ) =r cis(−ϕ) Le module dez est doncr:|z|=|z|

L’argument dez est(−ϕ) : arg (z) =−arg (z)

Exercice 48 page 218

1. D’abord on détermine la forme trigonométrique des basesz.

z1= 1−i=√ 2

Ã√ 2 2 −

√2 2 i

!

=√

2cis 7π

4 donc :|z1|=√

2 ; arg (z1) =7π 4 z₂= 1−i√

3 = 2 Ã1

2−

√3 2 i

!

= 2cis 5π

3 donc :|z₂|= 2 ; arg (z₂) =5π 3

Pour la détermination de la forme trigonométrique dez3 on applique les règles de calcul pour formes trigono- métriques.

z₃= µ√

2cis 7π 4

¶5

µ

2cis 5π 3

¶4 =

√2⁵ 2⁴ cis

µ 57π

4 −45π 3

¶

=4√ 2 16 cis

µ105π−80π 12

¶

=

√2 4 cis25π

12

z₃=

√2 4 cisπ

12 (1)

donc|z₃|= ¹₄√

2 ; arg (z₃) = π 12 .

2. Maintenant on demande de calculer la forme algébrique du nombrez3.

On y arrive par un calcul algébrique, mais en utilisant les résultats de la partie précédente :

z3= µ√

2cis 7π 4

¶5

µ

2cis 5π 3

¶4 =

√2⁵cis 35π 4 2⁴cis 20π 3

= 4√

2cis 3π 4 16cis 2π 3

=

√2 4

³−^√2²+^√₂² i´

³−¹₂+^√₂³ i´

On rend réel le dénominateur en amplifiant par le conjugué : z3=

√2 4

³−^√₂²+^√₂² i´ ³

−¹₂−^√₂³ i´

³

−¹2+^√₂³ i´ ³

−¹2−^√2³ i´ =

√2 4 ·

1 4

√2 + ¹₄i√

6−¹4i√ 2 +¹₄√

6 1

z₃=

√2 4 ·

Ã√ 6 +√

2

4 +

√6−√ 2

4 i

!

(2)

Donc :z₃=

√3 + 1

8 +

√3−1

8 i

3. L’étape "on en déduit" découle de la comparaison directe des deux résultats dans les lignes 1 et 2 :

√2 4 cisπ

12 =

√2 4 ·

Ã√ 6 +√

2

4 +

√6−√ 2

4 i

!

On "simplifie" par le module et on écrit explicitement cos π

12+i sin π 12 =

√6 +√ 2

4 +

√6−√ 2

4 i

L’identification des parties réelle et imaginaire fournit le système résultat :

(Σ) :

⎧⎪

⎨

⎪⎩ cos π

12 =

√6 +√ 2

4 ≈ 0.965 93 sin₁₂^π =

√6−√ 2

4 ≈ 0.258 82

Exercice 50 page 218

Les facteurs de base qui composent le nombre complexezsont tous des "formes particulières"

Il sera donc très facile d’écrire la forme trigonométrique dez: 2−2i= 2√

2³√ 2

2 −^√2² i´

= 2√

2cis 7π

4 et donc(2−2i)⁴= 2⁴√

2⁴cis(7π) = 64cis π

−√

3−i= 2³

−^√₂³−¹₂ i´

= 2cis 7π

6 et donc¡

−√ 3−i¢6

= 2⁶cis(7π) = 64cis π

−2i= 2 (0−i) = 2cis 3π

2 et donc(−2i)⁸= 2⁸ cis12π= 256cis0 Donc, on calcule (trigonométriquement) :

z= 64cisπ

64cisπ·256 cis0= ₆₄⁶⁴_·256cis(π−π−0) = ₂₅₆¹ cis0 = ₂₅₆¹

Après avoir ainsi défini la forme trigonométrique dez,on en déterminera les racines cubiques.

On applique les méthodes de l’exercice 15.

NotonsR3¡ ₁

256

¢l’ensemble des racines cubiques complexes de ₂₅₆¹ =₂₅₆¹ cis0.

Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R>0;ϕ∈[0; 2π[un élément deR₃¡ ₁

256

¢

ζ³= ₂₅₆¹ cis0 ⇐⇒

½ ρ³= ₂₅₆¹

3ϕ= 0 + 2kπ :k∈Z ⇐⇒

( ρ= √3¹

256 = ^√3₈² ϕ=^2kπ₃ :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble :

R₃(i) =

½ ζ₀= 1

8

√3

2 ; ζ₁= 1 8

√3

2cis2π

3 ; ζ₂= 1 8

√3

2cis4π 3

¾

On demande de transformer ces résultats sous forme algébrique : ζ₀= ¹₈√³

2≈0.157 49 ζ₁= ¹₈√³

2³

−¹2+^√₂³ i´

=−16¹

√3

2 + ₁₆¹√ 3√³

2i=−16¹

√3

2 +₁₆¹ √⁶ 108i ζ₂= ¹₈√³

2³

−¹₂−^√₂³ i´

=−₁₆¹ √³

2−₁₆¹√ 3√³

2i=−₁₆¹√³

2−₁₆¹ √⁶ 108i

Exercice 58 page 220

P_p,q(z) :=z⁴+ (1−2i)z³+pz²−(1 + 2i)z+q= 0 (p, q∈C)

La condition :P admetz₀=icomme racine double implique qu’on peut diviser le polynôme deux fois de suite par le binôme(z−i).

La division selon le schéma de G. W. Horner donne :

1 1−2i p −1−2i q

i i 1 +i ip+i−1 −2i+ 1−p

1 1−i p+ 1 +i −2−i+ip q−p−2i+ 1 Avec la loi du reste, on obtient une première condition qui s’écrit :

q−p−2i+ 1 = 0 (3)

La deuxième division selon le schéma de G. W. Horner donne :

1 1−i p+ 1 +i −2−i+ip

i i i ip+i−2

|{z}1

a

|{z}1

b

p+ 1 + 2i

| {z }

c

−4 + 2ip

Avec la loi du reste, on obtient une deuxième condition qui s’écrit :

−4 + 2ip= 0 (4)

Les deux lignes 3 et 4 donnent le système : (Σ) :

½ q−p = −1 + 2i

2ip = 4 ⇐⇒

½ q = −1 p = −2i Ainsi, le couple solution est :(p=−2i;q=−1)∈C²

Pour le couple ainsi obtenu, le quotient de la deuxième division donne le trinôme du second degré à coefficients a= 1;b= 1etc=p+ 1 + 2i= 1réels.

Le discriminant :∆= 1−4 =−3et donc les deux autres racines : z₁=−1 +i√

3

2 ; z₂=−1−i√ 3 2

Exercice 66 page 220

La fonctionz7→f(z) =z³+ 4 (1−i)z²−2 (2 + 7i)z−16 + 8ipolynôme du troisième degré admet une racine réelle.

Notons cette racine réelle "évidente" :z₀=a∈R. Puisqueaest une racine du polynôme, on a :

f(a) = 0 ⇐⇒ a³+ 4 (1−i)a²−2 (2 + 7i)a−16 + 8i = 0

⇐⇒ ¡

a³+ 4a²−4a−16¢ +i ¡

−4a²−14a+ 8¢

= 0 + 0i

⇐⇒

½ a³+ 4a²−4a−16 = 0 (1)

−4a²−14a+ 8 = 0 (2)

On constate comment la séparation def(a)en partie réelle et partie complexe mène à un système de deux équations pour l’inconnue réellea∈R.

La deuxième équation du système est du second degré.et admet les solutions : a1=7 + 9

−4 =−4 et a2=7−9

−4 = 1 2 La substitution de ces solutions dans la première équation donne :

Poura1=−4 : −64 + 64 + 16−16 = 0vérifié Poura2=¹₂ : ¹₈+ 1−2−166= 0 . à écarter.

Conséquence : la racine réelle "évidente" de la fonction polynôme esta=a1=−4∈R. Par la loi du reste, le polynômef(z)admet donc le facteur (z+ 4).

La division selon le schéma de G. W. Horner donne :

1 4−4i −4−14i −16 + 8i

(−4) −4 16i 16−8i

|{z}1

a

−4i

|{z}

b

−4 + 2i

| {z }

c

0 Le reste est0ce qui vérifie les calculs de la première partie.

Le quotient est un trinôme du second degré à coefficients complexes

a= 1, b=−4i:b⁰ =−2i,etc=−4 + 2i Calcul du discriminant simplifié :

∆⁰ =b⁰²−ac= (−2i)²−(−4 + 2i) =−2i Il s’agit maintenant de déterminer les racines carrées complexes de∆.

(répète ici la méthode générale vu lors de l’exercice 6 ) RCC(∆⁰) =RCC(−2i) =RCC³

(x+iy)²´

={z⁰;z⁰⁰} : x, y∈R

Système : ⎧

⎨

⎩

x²−y² = 0 (1)

2xy = −2 (2)

x²+y² = √

0 + 4 = 2 (3) On en déduit :

(3)+(1)

2 :x²= 2 + 0

2 = 1 ; ⁽³⁾⁻₂⁽¹⁾ :y²= 2−0 2 = 1 De(2)on obtient :xet y ont le signe contraire.

Ainsi on obtient les deux racines carrées complexes de∆⁰ suivantes : z⁰= 1−i et z⁰⁰=−z⁰ =−1 +i

La formule de résolution des équations du second degré donne alors les deux autres racines de la fonction polynôme f(z):

0 0

En résumé, l’ensemble des trois racines de la fonction polynôme du 3e degréf(z)est : R_f ={−4 ; 1 +i; −1 + 3i}

Voici la représentation graphique dans le plan de Gauss :