d’un nombre complexe
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Texte intégral
(2) Extrait du programme. C ONTENUS. C APACITÉS &. COMMENTAIRES. a) Nombres complexes Parties réelle et imaginaire. Opérations sur les nombres complexes. n X Brève extension du calcul de x k , de la factorisation de a n − b n ,. La construction de C est hors programme.. k=0. de la formule du binôme. Point du plan associé à un nombre complexe, affixe d’un point, affixe d’un vecteur.. On identifie C au plan usuel muni d’un repère orthonormé direct (« plan complexe »).. b) Conjugaison et module Conjugaison, compatibilité avec les opérations. Module. Relation | z|2 = zz, module d’un produit, d’un quotient. Inégalité triangulaire, cas d’égalité.. Image du conjugué dans le plan complexe. Interprétation géométrique de | z − z0 |, cercles et disques.. c) Nombres complexes de module 1 et trigonométrie Identification du cercle trigonométrique et de l’ensemble des nombres complexes de module 1. Définition de ei t pour t ∈ R. Exponentielle d’une somme. Formules d’Euler. Technique de l’angle moitié : factorisation de 1 ± ei t , de ei p ± ei q .. Notation U.. Formule de Moivre.. Les étudiants doivent savoir retrouver les expressions de cos(nt) et sin(nt) en fonction de cos t et sin t.. Les étudiants doivent savoir retrouver les formules donnant cos(p) ± cos(q), sin(p) ± sin(q). n n X X Linéarisation, calcul de cos(kt) et de sin(kt). k=0. k=0. d) Forme trigonométrique Forme trigonométrique reiθ (r > 0) d’un nombre complexe non nul. Arguments. Arguments d’un produit, d’un quotient. Transformation de a cos t + b sin t en A cos(t − ϕ). e) Équations algébriques Pour P fonction polynomiale à coefficients complexes admettant a pour racine, factorisation de P(z) par z − a. Résolution des équations du second degré dans C. Somme et produit des racines.. Calcul des racines carrées d’un nombre complexe donné sous forme algébrique.. f) Racines n-ièmes Description des racines n-ièmes de l’unité, d’un nombre complexe non nul donné sous forme trigonométrique.. Notation Un . Représentation géométrique.. g) Exponentielle complexe Définition de e z pour z complexe : e z = eRe( z) ei Im( z) . Exponentielle d’une somme. Pour tous z et z0 dans C, exp(z) = exp(z0 ) si et seulement si z − z0 ∈ 2iπZ.. Notations exp(z), e z . Module et arguments de e z .. h) Interprétation géométrique des nombres complexes c−a . b−a Interprétation géométrique des applications z 7→ az et z 7→ z + b pour (a, b) ∈ C∗ × C. Interprétation géométrique de la conjugaison. Interprétation géométrique des module et arguments de. Traduction de l’alignement, de l’orthogonalité. Il s’agit d’introduire certaines transformations du plan : translations, homothéties, rotations. L’étude générale des similitudes est hors programme..
(3) N OMBRES. I. L’ ENSEMBLE C. COMPLEXES. DES NOMBRES COMPLEXES. I. L’ensemble C des nombres complexes I.1. Construction et définitions Définition 5.1 – Ensemble des nombres complexes Ï On appelle i un nombre tel que i2 = −1. Ï On appelle ensemble des nombres complexes, et on on note C, l’ensemble des nombres de la forme a + i b, où (a, b) ∈ R2 .. Remarque 5.1 p 3 1 . Ï En physique, le nombre i est noté j. En mathématiques, j est le nombre complexe défini par j = − + i 2 2 Ï On note parfois a + b i au lieu de a + i b. Ï Pour tout a ∈ R, le nombre complexe a + i 1 est noté a + i et le nombre complexe 0 + i a est noté i a. Ï Tout nombre réel x est identifié au nombre complexe x + i 0. On peut alors dire que l’ensemble des nombres réels peut être vu comme un sous-ensemble des nombres complexes ; et on peut écrire R ⊂ C.. Définition 5.2 – Opérations sur les nombres complexes L’ensemble C est muni : def. Ï d’une addition : pour tout (a 1 , b 1 , a 2 , b 2 ) ∈ R4 , (a 1 + i b 1 ) + (a 2 + i b 2 ) = (a 1 + a 2 ) + i (b 1 + b 2 ) ; def. Ï d’une multiplication : pour tout (a 1 , b 1 , a 2 , b 2 ) ∈ R4 , (a 1 +i b 1 )×(a 2 +i b 2 ) = (a 1 ×a 2 − b 1 × b 2 )+i (a 1 × b 2 + b 1 ×a 2 ).. Remarque 5.2 On a : (0 + i 1) × (0 + i 1) = (0 × 0 − 1 × 1) + i (1 × 0 + 0 × 1) = −1 + i 0. La définition de la multiplication est cohérente avec l’égalité i2 = −1. Ouf ! Définition 5.3 – Forme algébrique Pour tous réels a et b, l’écriture z = a + i b est appelée la forme algébrique de z. De plus, Ï le réel a est appelé partie réelle de z et est noté Re(z) ; Ï le réel b est appelé partie imaginaire de z et est noté Im(z).. Exemple 5.1 p p 1 3 1 3 Soit j = − + i . On a Re(j) = − et Im(j) = . 2 2 2 2 Soit z = 2 − i, on a Re(z) = 2 et Im(z) = −1.. Attention La partie imaginaire Im(z) est un nombre réel.. G. B OUTARD. 3. Lycée G AY-L USSAC.
(4) I. L’ ENSEMBLE C. N OMBRES. DES NOMBRES COMPLEXES. COMPLEXES. Définition 5.4 – Égalité de nombres complexes Deux nombres complexes sont égaux si, et seulement si, ils ont les mêmes parties réelle et imaginaire. Pour tout (a, b, a0 , b0 ) ∈ R4 , on a : a + i b = a0 + i b 0. ⇐⇒. 0 a=a et b = b0. Notation 5.1 Ï On note C? l’ensemble des nombres complexes non nuls : C? = C \ {0}. Ï On note i R l’ensemble des nombres complexes de la forme i b, où b ∈ R. Les éléments de i R sont appelés imaginaires purs.. I.2. Règles de calcul dans C Méthode 5.1 Les règles de calcul dans C sont analogues à celles dans R. On en donne le détail ci-dessous. Pour les démontrer, il suffit d’appliquer les définitions de l’addition de la multiplication données dans la définition 5.2. Ï Pour tout z ∈ C, on a 0 + z = z + 0 = z et 1 × z = z × 1 = z.. On dit que 0 est élément neutre pour l’addition et 1 est élément neutre pour la multiplication. Ï L’addition et la multiplication sont : • commutatives : ∀(z1 , z2 ) ∈ C2 , z1 + z2 = z2 + z1 et z1 × z2 = z2 × z1 . • associatives : ∀(z1 , z2 , z3 ) ∈ C3 , (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ) et (z1 × z2 ) × z3 = z1 × (z2 × z3 ).. Dans la suite, on pourra alors oublier les parenthèses et écrire z1 + z2 + z3 et z1 × z2 × z3 . Ï La multiplication est distributive par rapport à l’addition : ∀(z1 , z2 , z3 ) ∈ C3 , z1 × (z2 + z3 ) = z1 × z2 + z1 × z3 . Ï Pour tout (z1 , z2 , z3 ) ∈ C3 , si z1 + z2 = z1 + z3 , alors z2 = z3 . On peut simplifier une égalité somme par un nombre complexe. Ï Pour tout nombre complexe z = a + i b non nul, il existe un unique nombre complexe z0 tel que z × z0 = 1. 1 Ce nombre est appelé inverse de z, on le note z−1 ou et on retiendra que : z. 1 a b = 2 −i 2 . 2 a+ib a +b a + b2 Ï Pour tout (z1 , z2 , z3 ) ∈ C3 , si z1 × z2 = z1 × z3 et z1 , 0, alors z2 = z3 . On peut simplifier un produit par un nombre complexe non nul. Ï Pour tout z ∈ C, on pose z0 = 1 et z n = |z × ·{z · · × z}. n fois. 2. On a alors : pour tout (z1 , z2 ) ∈ C et (n, p) ∈ N2 , p. n+ p. z1n × z1 = z1. ,. n× p. (z1n ) p = z1. Ï Pour tout z ∈ C? et n ∈ N? , l’inverse de z n est. et. (z1 × z2 )n = z1n × z2n .. 1 1 1 1 et il est noté z−n . On a n = × · · · × . n z z |z {z z} n fois. Ï Pour tout (z1 , z2 ) ∈ (C? )2 et (n, p) ∈ Z2 , p. n+ p. z1n × z1 = z1 PCSI 2021 – 2022. ,. n× p. (z1n ) p = z1. 4. et. (z1 × z2 )n = z1n × z2n . G. B OUTARD.
(5) N OMBRES. I. L’ ENSEMBLE C. COMPLEXES. Ï Pour tout (z1 , z2 ) ∈ C × C? , le nombre complexe z1 × z2−1 est noté. Pour tout (z1 , z2 ) ∈ (C? )2 et (n, p) ∈ Z2 , z1n p z1. =. n− p z1. µ. et. ¶n. z1 z2. =. DES NOMBRES COMPLEXES. z1 . z2. z1n z2n. = z1n × z2−n. Ï On a z1 × z2 = 0 si, et seulement si z1 = 0 ou z2 = 0.. Attention Il n’y a pas de relation d’ordre sur C ! Théorème 5.1 – Identités remarquables Pour tout (z1 , z2 ) ∈ C2 , on a : z12 + 2 z1 × z2 + z22. = (z1 + z2 )2 .. z12 − 2 z1 × z2 + z22. = (z1 − z2 )2 .. z12 − z22. = (z1 + z2 ) × (z1 − z2 ).. Démonstration Ï Comme la multiplication est distributive par rapport à l’addition, on a :. (z1 + z2 )2 = (z1 + z2 ) × (z1 + z2 ) = z1 × (z1 + z2 ) + z2 × (z1 + z2 ) = z12 + z1 × z2 + z2 × z1 + z22 . La commutativité de la multiplication permet d’obtenir le résultat. Ï Remplacer z2 par − z2 dans la première égalité. Ï Développer le second membre et utiliser les règles de calculs dans C.. . Proposition 5.1 – Parties réelle et imaginaire d’une somme et d’un produit Pour tout (z1 , z2 ) ∈ C2 , on a : 1. Re(z1 + z2 ) = Re(z1 ) + Re(z2 ) ;. 3. Re(z1 × z2 ) = Re(z1 ) × Re(z2 ) − Im(z1 ) × Im(z2 ) ;. 2. Im(z1 + z2 ) = Im(z1 ) + Im(z2 ) ;. 4. Im(z1 × z2 ) = Re(z1 ) × Im(z2 ) + Im(z1 ) × Re(z2 ).. De plus, pour tout réel λ ∈ R, 5. Re(λ × z1 ) = λ × Re(z1 ) ; 6. Im(λ × z1 ) = λ × Im(z1 ). Plus généralement, pour tous réels λ, et µ, Re(λ × z1 + µ × z2 ) = λ × Re(z1 ) + µ × Re(z2 ). et. Im(λ × z1 + µ × z2 ) = λ × Im(z1 ) + µ × Im(z2 ).. Démonstration Soient (z1 , z2 ) ∈ R2 et λ ∈ R. On écrit z1 = a 1 + i b 1 et z2 = a 2 + i b 2 sous forme algébrique, où (a 1 , b 1 , a 2 , b 2 ) ∈ R4 . 1. 2. On a z1 + z2 = (a 1 + a 2 ) + i (b 1 + b 2 ) où a 1 + a 2 ∈ R et b 1 + b 2 ∈ R. Donc, Re(z1 + z2 ) = a 1 + a 2 = Re(z1 ) + Re(z2 ) et Im(z1 + z2 ) = b 1 + b 2 = Im(z1 ) + Im(z2 ). 3. 4. On a z1 × z2 = (a 1 × a 2 − b 1 × b 2 ) + i (a 1 × b 2 + b 1 × a 2 ) où a 1 × a 2 − b 1 × b 2 ∈ R et a 1 × b 2 + b 1 × a 2 ∈ R. Donc, Re(z1 × z2 ) = a 1 × a 2 − b 1 × b 2 = Re(z1 )×Re(z2 )−Im(z1 )×Im(z2 ) et Im(z1 × z2 ) = a 1 × b 2 + b 1 × a 2 = Re(z1 )×Im(z2 )+Im(z1 )×Re(z2 ). 5. 6. On a λ × z1 = (λ × a 1 ) + i (λ × b 1 ) où λ × a 1 ∈ R et λ × b 1 ∈ R. Donc, Re(λ × z1 ) = λ × Re(z1 ) et Im(λ × z1 ) = λ × Im(z1 ).. G. B OUTARD. . 5. Lycée G AY-L USSAC.
(6) I. L’ ENSEMBLE C. N OMBRES. DES NOMBRES COMPLEXES. COMPLEXES. I.3. Interprétation graphique Définition 5.5 – Plan complexe, Affixe d’un point, Affixe d’un vecteur On munit le plan usuel d’un repère orthonormée direct (O;~ı,~ ). Ï Un point M du plan est caractérisé par un unique couple de coordonnées (a, b), appelé coordonnées cartésiennes de M, vérifiant : −−→ OM = a.~ı + b.~ .. Le nombre complexe z = a + i b est appelé affixe de M. On note M(z) pour préciser l’affixe de M. Réciproquement, tout nombre complexe z = a + i b peut être représenté par le point de coordonnées (a, b), appelé point image de z. Plan complexe. M(z). Im(z) = b. ~ O. ~ı. Re(z) = a. − Ï De même, à tout nombre complexe z = a + i b, on peut associer le vecteur → u = a.~ı + b.~ . Le nombre complexe − − z = a + i b est appelé affixe de → u et → u est appelé le vecteur image de z. Ï Le plan complexe est le plan où les points et vecteurs sont repérés par leurs affixes. Dans le but d’alléger les schémas, on s’autorisera à confondre z et M(z) dans le plan complexe.. Exemple 5.2 Le point d’affixe i a pour coordonnées (0, 1). Le point d’affixe 1 a pour coordonnées (1, 0).. PCSI 2021 – 2022. 6. G. B OUTARD.
(7) N OMBRES. I. L’ ENSEMBLE C. COMPLEXES. DES NOMBRES COMPLEXES. Remarque 5.5 – Position d’un point dans le plan complexe en fonction de ses parties réelle et imaginaire. Re(z) < 0 Im(z) > 0. Re(z) > 0 Im(z) > 0. ~ O. iR. Re(z) = 0. ~. R ~ı. Re(z) < 0 Im(z) < 0. O Re(z) > 0 Im(z) < 0. R ~ı. iR Im(z) = 0. Proposition 5.2 Ï Si les vecteurs − u→1 et − u→2 ont pour affixes respectives z1 et z2 , alors − u→1 + − u→2 a pour affixe z1 + z2 . Ï Si le vecteur − u→ a pour affixe z , alors, pour tout λ ∈ R, le vecteur λ.− u→ a pour affixe λ × z . 1. 1. 1. 1. λ × Im(z1 ). Im(z1 + z2 ). λ.− u→1. / Im(z1 ) \\. − u→1 − u→1 + − u→2. \\. Im(z2 ) ~ O. /. ~ı Re(z1 ). Im(z1 ). ~. − u→2. Re(z2 ). O. Re(z1 + z2 ). − u→1. ~ı. Re(z1 ). λ × Re(z1 ). −−→ Ï Si les points A et B ont pour affixes respectives z1 et z2 , alors le vecteur AB a pour affixe z2 − z1 .. Im(z1 ). A. −−→ AB. B. Im(z2 ) ~ O. ~ı Re(z1 ). Re(z2 ). Démonstration ¡ ¢ ¡ ¢ − → Ï Les coordonnées du vecteur − u→ 1 sont Re(z1 ), Im(z1 ) et les ¡ coordonnées du vecteur u 2 sont ¢ Re(z2 ), Im(z2 ) . − → − → On sait alors que les coordonnées du vecteur u 1 + u 2 sont Re(z1 ) + Re(z ¡ 2 ), Im(z1 ) + Im(z2 ) . ¢ − → D’où, par la proposition 5.1, les coordonnées du vecteur − u→ 1 + u 2 sont Re(z1 + z2 ), Im(z1 + z2 ) . − → Donc, l’affixe de − u→ 1 + u 2 est z1 + z2 .. G. B OUTARD. 7. Lycée G AY-L USSAC.
(8) I. L’ ENSEMBLE C. N OMBRES. DES NOMBRES COMPLEXES. Ï On montre de même que λ.− u→ 1 a pour affixe λ × z1 . ¡ ¢ ¡ ¢ Ï Les coordonnées du point A sont Re(z1 ), Im(z1 ) et les coordonnées du point B sont Re(z2 ), Im(z2 ) . ¡ ¢ −−→ On sait alors que les coordonnées du vecteur AB sont Re(z2 ) − Re(z1 ), Im(z2 ) − Im(z1 ) . ¡ ¢ −−→ D’où, par la proposition 5.1, les coordonnées du vecteur AB sont Re(z2 − z1 ), Im(z2 − z1 ) . −−→ Donc, l’affixe de AB est z2 − z1 .. COMPLEXES. . Exercice 5.1 Soient A et B les points d’affixes respectives z1 et z2 . Déterminer l’affixe de I le milieu du segment [AB]. Résolution On note z1 = x1 + i y1 et z2 = x2 + i y2 où (x1 , y1 , x2 , y2 ) ∈ R4 . On sait que les coordonnées de A, resp. B, sont (x1 , y1 ), resp. (x2 , y2 ). ³x +x y + y ´ 1 2 1 2 Or, les coordonnées de I sont , . 2 2 De plus, y1 + y2 z1 + z2 x1 + x2 = +i . 2 2 2 Donc,. A. y1. I. y1 + y2 2. B. y2 ~. z1 + z2 . l’affixe de I est 2. O. ~ı. x1. x1 + x2 2. x2. I.4. Conjugué d’un nombre complexe Définition 5.6 – Conjugué Soit z = a + i b, avec (a, b) ∈ R2 . Le conjugué de z est le nombre complexe noté z et défini par z = a − i b. Conjugaison. M(z). Im(z) = b. ~ O. ~ı. Re(z) = a. −Im(z) = − b. ¡ ¢ M z. ¡ ¢ Les points M(z) et M z sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses.. PCSI 2021 – 2022. 8. G. B OUTARD.
(9) N OMBRES. I. L’ ENSEMBLE C. COMPLEXES. DES NOMBRES COMPLEXES. Remarque 5.6 ¡ ¢ ¡ ¢ On a Re z = Re(z) et Im z = −Im(z). Théorème 5.2 Pour tout z ∈ C, on a : Re(z) =. z+z , 2. Im(z) =. z−z 2i. et. z = z.. Démonstration Soit z ∈ C. On écrit z sous forme algébrique : z = a + i b où (a, b) ∈ R2 . z+ z a+ib+a−ib On a : = = a = Re(z). 2 2 z − z a +i b − a +i b 2i b On a : = = = b = Im(z). 2i 2i 2i La dernière égalité découle directement de la définition.. . On peut alors caractériser les réels et les imaginaires purs à l’aide du conjugué. Corollaire 5.1 Un nombre complexe z est réel si, et seulement si, z = z. Un nombre complexe z est imaginaire pur si, et seulement si, z = − z.. iR. z = −z. R. ~ O. ~. R ~ı. O. ~ı. iR z=z. Démonstration Soit z ∈ C. On a z ∈ R si, et seulement si, Im(z) = 0. Il suffit maintenant d’appliquer le théorème précédent. On a z ∈ i R si, et seulement si, Re(z) = 0. Il suffit maintenant d’appliquer le théorème précédent.. G. B OUTARD. 9. . Lycée G AY-L USSAC.
(10) I. L’ ENSEMBLE C. N OMBRES. DES NOMBRES COMPLEXES. COMPLEXES. La conjugaison est compatible avec les opérations sur les nombres complexes. Théorème 5.3 Pour tous (z1 , z2 ) ∈ C2 et λ ∈ R, on a : z1 + z2 z1. z2. ~. 1.. z1 + z2 = z1 + z2. O. ~ı z2. z1 z1 + z2 = z1 + z2. 2. z1 × z2 = z1 × z2 ; µ ¶ z1 z1 3. si z2 , 0, alors = ; z2 z2 4. λ.z1 = λ.z1 ; Démonstration On note z1 = a 1 + i b 1 et z2 = a 2 + i b 2 où (a 1 , b 1 , a 2 , b 2 ) ∈ R4 . 1. On a z1 + z2 = (a 1 + a 2 ) + i (b 1 + b 2 ). | {z } | {z } ∈R. ∈R. Donc, z1 + z2 = (a 1 + a 2 ) − i (b 1 + b 2 ) = (a 1 − i b 1 ) + (a 2 − i b 2 ) = z1 + z2 . 2. On a z1 × z2 = (a 1 × a 2 − b 1 × b 2 ) + i (a 1 × b 2 + b 1 × a 2 ). | {z } | {z } ∈R. ∈R. Donc, z1 × z2 = (a 1 × a 2 − b 1 × b 2 ) − i (a 1 × b 2 + b 1 × a 2 ) = (a 1 − i b 1 ) × (a 2 − i b 2 ) = z1 × z2 . µ ¶ µ ¶ z1 1 1 3. On suppose z2 , 0. On a : = z1 × = z1 × . z2 z2 z2 µ ¶ 1 a2 a2 b2 b2 1 De plus, = −i . D’où, = +i . 2 2 2 2 2 z2 a2 + b 2 z a2 + b2 a2 + b2 a 2 + b22 2 2 2 | {z } | {z } ∈R. ∈R. µ ¶ 1 a2 −b2 a2 b2 1 D’autre part, = −i = . +i = 2 + (− b )2 2 + b2 2 + b2 z2 a2 + (− b 2 )2 z a a a 2 2 2 2 2 2 2 2 4. On a λ × z1 = (λ × a 1 ) + i (λ × b 1 ). Donc, λ × z1 = λ × a 1 − i λ × b 1 = λ × (a 1 − i b 1 ) = λ × z1 . | {z } | {z } ∈R. . ∈R. I.5. Module d’un nombre complexe. Remarque 5.7 Soit z ∈ C. On a :. PCSI 2021 – 2022. ¡ ¢2 ¡ ¢2 z × z = (Re(z) + i Im(z)) × (Re(z) − i Im(z)) = Re(z) + Im(z) ∈ R+ .. 10. G. B OUTARD.
(11) N OMBRES. I. L’ ENSEMBLE C. COMPLEXES. DES NOMBRES COMPLEXES. Définition 5.7 – Module d’un nombre complexe Soit z ∈ C. Le module de z est le réel positif noté | z| et défini par : | z| =. p. z×z =. q ¡ ¢2 ¡ ¢2 Re(z) + Im(z) .. Remarque 5.8 – Interprétation géométrique (important) −−−−−→ Ï Soit z ∈ C. On sait que le vecteur OM(z) est d’affixe z − 0 = z. −−−−−→ D’où, par définition, le réel | z| est la norme du vecteur OM(z). Autrement dit, | z| est la distance de M(z) à O, l’origine du repère. M(z). Im(z) = b. | z|. ~ O. ~ı. Re(z) = a. Ï On peut généraliser le point précédent. Soient A et B deux points d’abscisses respectives z A et zB . −−→ La distance AB est la norme du vecteurs AB. Or, ce vecteur a pour affixe zB − z A . −−→ −−→ En notant C le point d’affixe zB − z A , on a : OC = AB. Donc, °−−→° °−−→° ° ° ° ° AB = ° AB° = °OC ° = | zB − z A | . A. −−→ AB. B. ~ O. ~ı −−→ −−→ OC = AB. C. Ï Lorsque z ∈ C est un nombre réel, z = z + i 0 est la forme algébrique de z. Son module est alors égal à sa valeur absolue. C’est pourquoi, on utilise la même notation | z|.. G. B OUTARD. 11. Lycée G AY-L USSAC.
(12) I. L’ ENSEMBLE C. N OMBRES. DES NOMBRES COMPLEXES. COMPLEXES. Proposition 5.3 Pour tout z ∈ C, on a : z | z|. 1.. ~. Un nombre complexe et son conjugué ont le même module. Autrement dit, | z| = | z|.. O. ~ı | z|. z. 2. Un nombre complexe est nul si, et seulement si, son module est nul. Autrement dit, z = 0 si, et seulement si, | z| = 0 ; 3. Re(z) É |Re(z)| É | z| et Im(z) É |Im(z)| É | z| ; 1 z 4. si z , 0, alors = 2 . z | z| Démonstration Soit z ∈ C 1. On a | z| =. p. z×z =. p. z × z = | z| ;. 2. On a z = 0 si, et seulement si, Re(z) = Im(z) = 0. Or, une somme de réels positifs est nuls si, et seulement si, chaque terme de la somme est nul. ¡ ¢2 ¡ ¢2 Donc, Re(z) = Im(z) = 0 si, et seulement si, Re(z) + Im(z) = 0. Ce qui est équivalent à | z| = 0. ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 3. On a Re(z) É Re(z) + Im(z) et Im(z) É Re(z) + Im(z) . p Par croissance de la fonction · sur R, |Re(z)| É | z| et |Im(z)| É | z|. Les inégalités Re(z) É |Re(z)| et Im(z) É |Im(z)| sont connues et découlent des propriétés de la valeur absolue. 1 4. Immédiat avec l’expression de . z. . Remarque 5.9 – Interprétation graphique (à retenir pour retrouver les résultats de la proposition précédente) M(z). Im(z) = b. | z|. |Im(z)|. ~ O. ~ı. Re(z) = a |Re(z)|. Le module vérifie les mêmes propriétés de compatibilité avec les opérations usuelles que la valeur absolue. PCSI 2021 – 2022. 12. G. B OUTARD.
(13) N OMBRES. I. L’ ENSEMBLE C. COMPLEXES. DES NOMBRES COMPLEXES. Théorème 5.4 Soient (z1 , z2 ) ∈ C2 et n ∈ N. On a : 1. | z1 × z2 | = | z1 | × | z2 | ; ¯ ¯ 2. ¯ z n ¯ = | z1 |n ; 1. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ z1 ¯ | z1 | . 3. si z2 , 0, alors ¯ z2−1 ¯ = | z2 |−1 , ¯ z2−n ¯ = | z2 |−n et ¯¯ ¯¯ = | z2 | z2. Démonstration p · et de la conjugaison, on a : q p p p p | z1 × z2 | = z1 × z2 × z1 × z2 = z1 × z2 × z1 × z2 = z1 × z1 × z2 × z2 = z1 × z1 × z2 × z2. 1. Par propriété de la fonction. car z1 × z1 = | z1 |2 ∈ R+ et z2 × z2 = | z2 |2 ∈ R+ . ¯ ¯ 2. Récurrence sur n. Soit n ∈ N. On note H n : « ¯ z1n ¯ = | z1 |n ». ¯ ¯ ¯ ¯ Initialisation : n = 0. On a ¯ z10 ¯ = |1| = 1 = | z1 |0 . Hérédité : soit n ∈ N. On suppose H n et on montre H n+1 . ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Par le point précédent, ¯ z1n+1 ¯ = ¯ z1n × z1 ¯ = ¯ z1n ¯ × | z1 |. ¯ ¯ ¯ ¯ Par hypothèse de récurrence, ¯ z1n+1 ¯ = | z1 |n × | z1 | = | z1 |n+1 . Ce qui achève la récurrence. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3. On a ¯ z2 × z2−1 ¯ = |1| = 1. Or, ¯ z2 × z2−1 ¯ = | z2 | × ¯ z2−1 ¯. Donc, | z2 |−1 = ¯ z2−1 ¯. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¡ ¢n ¢n ¯ ¯ ¯n ¡ On a : ¯ z2−n ¯ = ¯ z2−1 ¯ = ¯ z2−1 ¯ = | z2 |−1 = | z2 |−n . ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1¯ ¯ z1 ¯ | z1 | 1 On a ¯¯ ¯¯ = | z1 | × ¯¯ ¯¯ = | z1 | × = . | z2 | | z2 | z2 z2. . Théorème 5.5 – Inégalités triangulaires Soit (z1 , z2 ) ∈ C2 . Ï On a : ¯ ¯ ¯ | z1 | − | z2 | ¯ É | z1 + z2 | É | z1 | + | z2 | .. Ï On a | z1 + z2 | = | z1 | + | z2 | si, et seulement si, z2 = 0 ou il existe λ ∈ R+ tel que z1 = λ.z2 .. Démonstration Ï Montrons que | z1 + z2 | É | z1 | + | z2 |. On a : | z1 + z2 |2 = (z1 + z2 ) × (z1 + z2 ) = (z1 + z2 ) × (z1 + z2 ) = z1 × z1 + z1 × z2 + z2 × z1 + z2 × z2 = | z1 |2 + z1 × z2 + z2 × z1 + | z2 |2 . ¡ ¢ Or, z1 × z2 + z2 × z1 = z1 × z2 + z1 × z2 = 2 Re z1 × z2 . ¡ ¢ ¯ ¡ ¢¯ De plus, on sait que Re z1 × z2 É ¯Re z1 × z2 ¯ É | z1 × z2 |. Donc, | z1 + z2 |2 É | z1 |2 + 2 | z1 × z2 | + | z2 |2 . ¡ ¢2 Or, | z1 × z2 | = | z1 | × | z2 | = | z1 | × | z2 |. D’où, | z1 |2 + 2 | z1 × z2 | + | z2 |2 = | z1 |2 + 2 | z1 | × | z2 | + | z2 |2 = | z1 | + | z2 | . ¡ ¢ 2 Donc, 0 É | z1 + z2 |2 É | z1 | + | z2 | . p Puis, par croissance de la fonction · (les membres de l’inégalité sont positifs), on a : | z1 + z2 | É | z1 | + | z2 | . Ï Étudions le cas d’égalité | z1 + z2 | = | z1 | + | z2 |. On reprend les calculs précédents. ¡ ¢ ¯ ¡ ¢¯ ¯ ¯ On a : | z1 + z2 | = | z1 | + | z2 | ¡si, et seulement si, ¢ ¡ Re z1 ¢× z2 = Re z1 × z2 = | z1 × z2 |. Ce qui est équivalent à Re z1 × z2 Ê 0 et Im z1 × z2 = 0. Donc, | z1 + z2 | = | z1 | + | z2 | si, et seulement si, z1 × z2 ∈ R+ . On suppose z1 × z2 ∈ R+ . Il y a deux cas : • Cas 1 : z2 = 0. Il n’y a rien à faire. z1 × z2 z1 × z2 z1 × z2 × z2 = • Cas 2 : z2 , 0. On a : donc, z1 = × z2 . On note λ = ∈ R+ et on a z1 = λ × z2 . 2 z2 × z2 | z2 | | z 2 |2 Réciproquement,. G. B OUTARD. 13. Lycée G AY-L USSAC.
(14) I. L’ ENSEMBLE C. N OMBRES. DES NOMBRES COMPLEXES. COMPLEXES. • Cas 1 : si z2 = 0, alors, z1 × z2 = 0 ∈ R+ . • Cas 2 : s’il existe λ ∈ R+ tel que z1 = λ.z2 , alors on a : z1 × z2 = λ × | z2 |2 ∈ R+ .. Ainsi, | z1 + z2 | = | z1 | + | z2 | si, et seulement si, z2 = 0 ou il existe λ ∈ R+ tel que z1 = λ.z2 . ¯ ¯ Ï Montrons que ¯ | z1 | − | z2 | ¯ É | z1 + z2 |. La démonstration est semblable à celle donnée dans R. On a : | z1 | = | z1 + z2 − z2 | É | z1 + z2 | + |− z2 |. D’où, | z1 | − | z2 | É | z1 + z2 |. On a : ¯| z2 | = | z2 +¯ z1 − z1 | É | z2 + z1 | + |− z1 |. D’où, | z2 | − | z1 | É | z1 + z2 |. Donc, ¯ | z1 | − | z2 | ¯ É | z1 + z2 |.. . Remarque 5.10 Ï En remplaçant z2 par − z2 dans les inégalités, comme |− z2 | = | z2 |, on a : ¯ ¯ ¯ | z1 | − | z2 | ¯ É | z1 − z2 | É | z1 | + | z2 | .. Ï Interprétation géométrique de l’inégalité triangulaire (point de vue ponctuel) : soit ABC un triangle. Quitte à changer d’origine du repère, on suppose que 0 est l’affixe de A. On note z1 et z2 les affixes respectives des points B et C.. B(z1 ). A(0) C(z2 ) −−→ La longueur AB est la norme du vecteur AB qui est d’affixe z1 − 0 = z1 . D’où, AB = | z1 |. De même, AC = | z2 |. −−→ −−→ −−→ −−→ De plus, comme BC = AC − AB, l’affixe du vecteur BC est z2 − z1 . D’où, BC = | z2 − z1 |. Or, on sait que : | | z1 | − | z2 | | É | z2 − z1 | É | z1 | + | z2 |. Autrement dit, | AB − AC | É BC É AB + BC.. On retrouve que la longueur d’un côté de ABC est inférieur à la somme des longueurs des deux autres côtés et est supérieure à la valeur absolue de la différence des longueurs des deux autres côtés. De plus, il y a égalité lorsque les points A, B et C sont alignés. Ï Interprétation géométrique de l’inégalité triangulaire (point de vue vectoriel) : soient − u→ et − u→ deux vecteurs 1. 2. d’affixes respectives z1 et z2 .. /. − u→1 + − u→2 \\. − u→1 \\. ~ O. PCSI 2021 – 2022. /. − u→2. ~ı. 14. G. B OUTARD.
(15) N OMBRES. I. L’ ENSEMBLE C. COMPLEXES. DES NOMBRES COMPLEXES. On a | z1 + z2 | É | z1 | + | z2 |, or l’affixe de − u→1 + − u→2 est z1 + z2 . Donc, k− u→1 + − u→2 k É k− u→1 k + k− u→2 k.. De plus, on a égalité dans l’inégalité triangulaire lorsque les vecteurs − u→1 et − u→2 sont colinéaires et de même sens. Ï Cercles et disques : Soient ω ∈ C et r Ê 0. On note Ω le point d’affixe ω. Pour tout z ∈ C, on note M(z) le point d’affixe z. On sait que | z − ω| est la longueur Ω M(z). ¯ © ª • L’ensemble des points M(z) vérifiant | z − ω| = r est noté M(z)¯ | z − ω| = r et est l’ensemble des points qui sont à une distance r de Ω. Autrement dit, il s’agit du cercle de centre Ω et de rayon r. ¯ © ª • De même, l’ensemble des points M(z) vérifiant | z − ω| É r est noté M(z)¯ | z − ω| É r et est l’ensemble des points. qui sont à une distance inférieure à r de Ω. Autrement dit, il s’agit du disque fermé de centre Ω et de rayon r. ¯ © ª • De même, l’ensemble des points M(z) vérifiant | z − ω| < r est noté M(z)¯ | z − ω| < r et est l’ensemble des points qui sont à une distance strictement inférieure à r de Ω. Autrement dit, il s’agit du disque ouvert de centre Ω et de rayon r. Disque fermé. Cercle. Disque ouvert. M(z) r. r. M(z). Ω(ω). ~ O. Ω(ω). ~ ~ı. M(z). O. r. Ω (ω ). ~ ~ı. O. ~ı. En notant ω = a + i b et z = x + i y, on retrouve une équation cartésienne du cercle de centre Ω et de rayon r : | z − ω| = r. ⇐⇒. | z − ω|2 = r 2. ⇐⇒. (x − a)2 + (y − b)2 = r 2 .. Lorsque a = b = 0 et r = 1, on retrouve le cercle trigonométrique.. G. B OUTARD. 15. Lycée G AY-L USSAC.
(16) II. N OMBRES. COMPLEXES DE MODULE. 1. N OMBRES. ET TRIGONOMÉTRIE. COMPLEXES. II. Nombres complexes de module 1 et trigonométrie. II.1. Nombres complexes de module 1 Définition 5.8 – Ensemble des nombres complexes de module 1 L’ensemble des nombres complexes de module 1 est noté U : ¯. ©. ª. U = z ∈ C¯ | z | = 1 .. Exemple 5.3 p 2 1 1 1 Les nombres complexes, 1, i, p + i p et p + i p appartiennent à U. 3 3 2 2. Théorème 5.6 1. Si z ∈ U, alors z , 0. 1 2. On a z ∈ U si, et seulement si, z = . z 3. L’ensemble U est stable par multiplication : le produit de deux nombres complexes de module 1 est un nombre complexe de module 1. Démonstration 1. Si z ∈ U, alors | z| = 1 , 0. Donc, z , 0. 2. On a z ∈ U si, et seulement si, | z| = 1. Ce qui est équivalent à z × z = 1. Comme z , 0, on a l’équivalence demandée. 3. Soit (z1 , z2 ) ∈ U. On a alors : | z1 × z2 | = | z1 | × | z2 | = 1.. . Remarque 5.11 L’ensemble des points M dont l’affixe est un élément de U est le cercle de centre O et de rayon 1. C’est-à-dire, le cercle trigonométrique. Or, on sait que ce cercle est paramétré par : 2 R → R ¡. θ. 7→. ¢ cos(θ ), sin(θ ) .. ¡ ¢ Ceci signifie que, les coordonnées de tout point M du cercle sont de la forme cos(θ ), sin(θ ) où θ ∈ R. ¡ ¢ On en déduit que, si z ∈ U, alors il existe θ ∈ R tel que z est l’affixe du point de coordonnées cos(θ ), sin(θ ) . D’où, z = cos(θ ) + i sin(θ ).. Notation 5.2 – ei θ Pour tout θ ∈ R, on note ei θ (lire « exponentielle i θ ») le nombre complexe défini par : ei θ = cos(θ ) + i sin(θ ). On a alors : ¡ ¢ Re ei θ = cos(θ ). PCSI 2021 – 2022. et. 16. ¡ ¢ Im ei θ = sin(θ ).. G. B OUTARD.
(17) N OMBRES. II. N OMBRES. COMPLEXES. COMPLEXES DE MODULE. 1. ET TRIGONOMÉTRIE. Exemple 5.4 i0. On a : e = 1, e. 2iπ. = 1, e. iπ. = −1, e. i π2. = i, e. −i π2. = −i, e. 2 i π3. p 1 3 = j. = − +i 2 2. Attention L’expression « ei θ » n’est qu’une notation ! Elle n’a, a priori, pas de lien avec la fonction exponentielle. On utilise cette notation car l’exponentielle i θ vérifiera des propriétés similaires à celle de la fonction exponentielle. Ne le dites à personne, mais vous verrez l’année prochaine une notion qui permettra de justifier de manière plus honnête l’utilisation de cette notation. L’ensemble des nombres complexes de module 1 est l’ensemble des ei θ avec θ ∈ R. Proposition 5.4 Ï Pour tout θ ∈ R, le complexe ei θ est de module 1 : ei θ ∈ U. En particulier, ei θ , 0. Ï Pour tout z ∈ U, il existe θ ∈ R tel que z = ei θ . Autrement dit :. U = ei θ ¯θ ∈ R . ©. ¯. ª. De plus, si on impose θ ∈] − π, π], alors θ est unique. Démonstration q ¯ ¯ q¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 p ¯ ¯ Re(ei θ ) + Im(ei θ ) = cos(θ ) + sin(θ ) = 1 = 1. Ï Soit θ ∈ R. On a ¯ ei θ ¯ =. Ï Soit z ∈ U. On écrit z = a + i b avec (a, b) ∈ R2 . On a alors 1 = | z|2 = a2 + b2 . Donc, il existe θ ∈ R tel que a = cos(θ ) et b = sin(θ ). D’où, z = cos(θ ) + i sin(θ ) = ei θ .. . Compatibilité de la notation ei θ avec les opérations usuelles sur les puissances. Théorème 5.7 Soit (θ , ϕ) ∈ R2 . On a : 1. ei θ × ei ϕ = ei (θ+ϕ) ; 1 2. e−i θ = i θ = ei θ ; e iθ e 3. i ϕ = ei (θ−ϕ) . e Démonstration ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 1. On a : ei θ × ei ϕ = cos(θ ) + i sin(θ ) × cos(ϕ) + i sin(ϕ) = cos(θ ) × cos(ϕ) − sin(θ ) × sin(ϕ) + i sin(θ ) × cos(ϕ) + cos(θ ) × sin(ϕ) .. Par les formules d’addition, ei θ × ei ϕ = cos(θ + ϕ) + i sin(θ + ϕ) = ei (θ+ϕ) . 1 2. Par le point précédent, ei θ × e−i θ = ei 0 = 1. Donc, e−i θ = . ei θ 1 Comme ei θ ∈ U, on a : ei θ = ; ei θ 3. On a :. ei θ ei ϕ. = ei θ × e−i ϕ = ei (θ−ϕ) .. . Attention Avec la formule, ei θ × ei ϕ = ei (θ+ϕ) , il n’y a plus d’excuse pour ne pas connaître/retrouver les formules d’addition : Ï cos(θ + ϕ) = cos(θ ) × cos(ϕ) − sin(θ ) × sin(ϕ) ;. G. B OUTARD. Ï sin(θ + ϕ) = sin(θ ) × cos(ϕ) + cos(θ ) × sin(ϕ).. 17. Lycée G AY-L USSAC.
(18) II. N OMBRES. COMPLEXES DE MODULE. 1. N OMBRES. ET TRIGONOMÉTRIE. COMPLEXES. Puis on retrouve, à l’aide de la parité des fonctions sinus et cosinus, Ï cos(θ − ϕ) = cos(θ ) × cos(ϕ) + sin(θ ) × sin(ϕ) ;. Ï sin(θ − ϕ) = sin(θ ) × cos(ϕ) − cos(θ ) × sin(ϕ).. En effet, il suffit de revenir aux formes algébriques et de développer ! Exercice 5.2 Calculer cos. ³π´ . 12. Résolution π π π = − . 12 3 4. On a Or,. ¡π. π. π De plus, ei 3. Donc,. π. ¢. π. π. ei 12 = ei 3 − 4 = ei 3 × e−i 4 . p p ³π´ ³π´ ³ π´ 1 ³ π ´ p2 3 2 i3 −i π4 i4 = cos = +i = cos = + i sin e et e − i sin e −i . 3 2 2 4 2 2 Ã ! Ãp ! p ! Ãp p ! Ãp π 3 2 2 3+1 3−1 1 × = +i . ei 12 = +i −i p p 2 2 2 2 2 2 2 2. Ainsi, cos ³ π ´ p3 − 1 Remarque : on a aussi, sin = p . 12 2 2. ³ π ´ p3 + 1 = p . 12 2 2. Théorème 5.8 Soit (θ , ϕ) ∈ R2 . On a l’équivalence : ei θ = ei ϕ si, et seulement si, θ ≡ ϕ[2 π]. Démonstration On sait que deux nombres complexes sont égaux si, et seulement si, ils ont les mêmes parties réelles et imaginaires. Donc, par définition, ei θ = ei ϕ si, et seulement si, cos(θ ) = cos(ϕ) et sin(θ ) = sin(ϕ). Ce qui est équivalent à θ ≡ ϕ[2 π].. . Théorème 5.9 – Formule d’Euler Pour tout θ ∈ R, on a : cos(θ ) =. ei θ + e−i θ 2. ei θ − e−i θ . 2i. et. sin(θ ) =. et. ¡ ¢ ei θ − e−i θ ei θ − ei θ = = Im ei θ = sin(θ ). 2i 2i. Démonstration On a :. ¡ ¢ ei θ + e−i θ ei θ + ei θ = = Re ei θ = cos(θ ) 2 2. . Théorème 5.10 – Formule de Moivre Pour tous θ ∈ R et n ∈ Z, on a : ¡. ei θ. ¢n. = ei n×θ. et. ¡. ¢n cos(θ ) + i sin(θ ) = cos(n × θ ) + i sin(n × θ ).. Démonstration ¡ ¢n Ï On commence par le cas n ∈ N. On procède par récurrence. Soit n ∈ N. On note H n : « ei θ = ei n×θ ».. PCSI 2021 – 2022. 18. G. B OUTARD.
(19) N OMBRES. II. N OMBRES. COMPLEXES. COMPLEXES DE MODULE. 1. ET TRIGONOMÉTRIE. ¡ ¢0 Initialisation : n = 0. On a ei 0×θ = 1 et ei θ = 1. Hérédité : soit n ∈ N. On suppose H n et on montre H n+1 . Par la proposition précédente, ei (n+1)×θ =¡ ei n¢×θ × ei θ . ¡ ¢ n n+1 Par hypothèse de récurrence, ei (n+1)×θ = ei θ × ei θ = ei θ . Ce qui achève la récurrence. ¡ ¢n Ï On traite le cas n ∈ Z− . On a : ei θ = ¡ ¡ ¢n Donc, par le cas précédent : ei θ = ¡. 1 ¢−n et − n ∈ N.. ei θ. 1. 1. =e ¢−n = ei θ e−i n×θ. i n×θ. .. ¡ ¢n ¡ ¢n Ï Par définition, on a ei θ = cos(θ ) + i sin(θ ) et ei n×θ = cos(n × θ ) + i sin(n × θ ), ce qui donne la seconde égalité.. . Attention – Une erreur à ne pas (ou plus) commettre ! ¡ ¢n ¡ ¢n Les égalités cos(n × θ ) = cos(θ ) et sin(n × θ ) = sin(θ ) sont fausses ! π Contre-exemple : n = 2 et θ = . 4. II.2. Introduction aux symboles. X. et. Y , et à la formule du binôme de Newton. Nous reviendrons sur les notions de ce paragraphe dans les chapitres C ALCUL. ALGÉBRIQUE. et D ÉNOMBREMENT.. Définition 5.9 – Factorielle Soit n ∈ N? . La factorielle de n est le produit des entiers compris entre 1 et n. Autrement dit, n! = 1 × 2 × 3 × · · · × n. Par convention, on pose 0! = 1.. Exemple 5.5 – Premières valeurs de n! n n!. 0 1. 1 1. 2 2. 3 6. 4 24. 5 120. 6 720. ··· ···. Remarque 5.15 On note n! =. n Y. k.. k=1. Exercice 5.3 Montrer que, pour tout n ∈ N, (n + 1)! = n! × (n + 1) Cette relation est fondamentale lorsqu’on veut calculer n! de manière récursive en informatique. Résolution On a : (n + 1)! = 1 | × 2 × 3{z× · · · × n} ×(n + 1). = n!. G. B OUTARD. 19. Lycée G AY-L USSAC.
(20) II. N OMBRES. COMPLEXES DE MODULE. 1. N OMBRES. ET TRIGONOMÉTRIE. COMPLEXES. Python – Fonction factorielle 1 2 3 4 5 6. # Version itérative def factorielle(n): resultat=1 for i in range(1,n+1): resultat=resultat*i return resultat. 7 8 9 10 11 12 13. # Version récursive def factorielle_rec(n): if n==0: return 1 else: return n*factorielle_rec(n-1) Définition 5.10 – Coefficient binomial Soit (n, k) ∈ N2 . Lorsque k É n, on pose :. Ã ! n n! = , k k! × (n − k)!. lire k parmi n. Ã ! n Par convention, lorsque k > n, = 0. k. Remarque 5.16 – D’où viennent les factorielles et les coefficients binomiaux ? Vous disposez des DVD de vos n ∈ N? films préférés. Ï Vous voulez les aligner sur votre étagère. On se propose de compter le nombre d’ordres différents qui existent pour les ranger. Il y a n DVD possibles pour la première position, n − 1 choix pour la seconde position,..., 2 choix pour l’avant-dernière position et un choix pour la dernière position. Au total, il y a n × (n − 1) × · · · × 2 × 1 = n! manières de ranger les DVD. Sur le schéma suivant, on prend n = 3. DVD2. DVD3. DVD3. DVD2. DVD1. DVD3. DVD3. DVD1. DVD1. DVD2. DVD1. DVD2. DVD3 ère. 1 position : 3 DVD possibles. DVD2 DVD1 ème 2 posi3 position : 2 DVD tion : 1 DVD possibles possibles ème. Le nombre n! est donc le nombre de manières différentes d’ordonner n objets distincts. Ï Après avoir rangé vos DVD vous voulez vous reposer en regardant successivement k films. On se propose de. PCSI 2021 – 2022. 20. G. B OUTARD.
(21) N OMBRES. II. N OMBRES. COMPLEXES. COMPLEXES DE MODULE. 1. ET TRIGONOMÉTRIE. compter le nombre de « filmathons » possibles. Il y a n choix possibles pour le premier DVD, n − 1 choix pour le second,..., n − k + 1 choix possibles pour le k-ième n! DVD. Au total, il y a n × (n − 1) × · · · × (n − k + 1) = « filmathons » possibles. (n − k)! Ï Un ami vous demande maintenant de lui prêter k films et vous lui donnez les films en vrac. On se propose de compter le nombre de façon de choisir ces k films. On note C nk ce nombre. Mettre ces films dans un ordre précis reviendra alors à organiser un « filmathon ». Or, il y a k! possibilités de regarder k films à la suite (premier cas de la remarque). Pour les C nk prêts possibles, il y a donc à chaque fois k! ordres possibles. On en déduit que le nombre de « filmathons » possibles est C nk × k!. Or, dans n! . le point précédent, on a vu que ce nombre est aussi (n − k)! Donc, n! = C nk × k!. (n − k)!. On en déduit que : C nk. =. n! ( n− k)!. à ! n! n = = . k! × (n − k)! k. k! à ! n Le coefficient binomial correspond donc au nombre de façons de choisir k objets parmi n objets distincts (on ne k tient pas compte de l’ordre).. Exercice 5.4 – Entraînement pour manipuler les factorielles et coefficients binomiaux 1. Pour tout (n, k) ∈ N2 tel que 0 É k É n, on a : à ! à ! n n = . k n−k. 2. Formule de Pascal. Pour tout (n, k) ∈ N2 tel que 1 É k < n, on a : à ! à ! à ! n n−1 n−1 = + . k k−1 k à ! n 3. Pour tout (n, k) ∈ N2 , ∈ N. k. 4. Pour tout (n, k) ∈ N2 tel que 1 É k É n, on a : à ! à ! n−1 n n . = × k k−1 k Ces formules seront revues plus tard et seront à connaître. Résolution 1. Soit (n, k) ∈ N2 tel que 0 É k É n. On a : Ã. ! à ! n n! n n! ¡ ¢ = = = . n−k k (n − k)! × n − (n − k) ! (n − k)! × k!. 2. Soit (n, k) ∈ N2 tel que 1 É k < n, on a : à ! à ! n−1 n−1 (n − 1)! (n − 1)! (n − 1)! (n − 1)! ¡ ¢ + ¡ ¢ = ¡ ¢ . + = + k−1 k (k − 1)! × (n − 1) − (k − 1) ! k! × n − 1 − k ! (k − 1)! × (n − k)! k! × n − 1 − k !. G. B OUTARD. 21. Lycée G AY-L USSAC.
(22) II. N OMBRES. COMPLEXES DE MODULE. 1. N OMBRES. ET TRIGONOMÉTRIE. COMPLEXES. (n − 1)! , on a : (k − 1)! × (n − 1 − k)! à ! à ! à ! ¶ µ (n − 1)! × n 1 n! (n − 1)! 1 n n−1 n−1 = × + = = . + = (k − 1)! × (n − 1 − k)! k n−k (k − 1)! × (n − 1 − k)! × k × (n − k) (n − k)! × k! k k−1 k. D’où, en factorisant par. 3. Lorsque k > n,. à ! n = 0 ∈ N. k. Par récurrence sur n. Soit n ∈ N. On note H n : « Pour tout k ∈ 0, n, Initialisation : n = 0. On a k = 0 et. à ! n ∈ N ». k. à ! 0 = 1 ∈ N. Donc, H 0 est vraie. 0. Hérédité : soit n ∈ N. On suppose H n et on montre H n+1 . à ! n+1 Soit k ∈ 0, n + 1. Si k = 0, on a = 1. Dans la suite, on prend k Ê 1. 0 ! à ! ! à à n n n+1 . + = Par la formule de Pascal, k k−1 k à ! à ! à ! n n n+1 Par hypothèse de récurrence, ∈ N et ∈ N. Donc, ∈ N. k−1 k k Ce qui achève la récurrence. 4. Soit (n, k) ∈ N2 tel que 1 É k É n, on a : à ! à ! n n−1 n (n − 1)! n! n ¡ ¢ = × = × = . k k−1 k (k − 1)! × (n − 1) − (k − 1) ! k! × (n − k)! k. Remarque 5.17 – Triangle de Pascal n 0. 1. 1. 1. 1. 2. 1. 2. 1. 3. 1. 3. 3. 1. 4. 1. 4. 6. 4. 1. 5. 1. 5. 10. 10. 5. 1. 6. 1. 6. 15. 20. 15. 6. 1. 0. 1. 2. 3. 4. 5. 6. k Chaque nombre du tableau est égal à la somme de celui situé une case au dessus et de celui situé une case au dessus à gauche.. Histoire des mathématiques Blaise PASCAL (1623 – 1662) est un mathématicien français. Très intéressé par la géométrie, ses travaux inspireront N EWTON et L EIBNIZ (voir le chapitre 2). À 19 ans, pour simplifier le travail de son père, il invente la première machine à calculer : la pascaline. Il s’intéresse essentiellement à la géométrie et, pendant un temps, à l’arithmétique (malgré les efforts de Fermat pour que PASCAL poursuive dans ce domaine, celui-ci continuera de s’intéresser à la géométrie). C’est durant cette période qu’il s’intéresse au triangle arithmétique qui porte aujourd’hui son nom. En fait, ce triangle était connue bien avant, mais c’est Pascal qui l’étudiera en détail. On le retrouve dans les travaux de YANG H UI (mathématicien chinois, XII-ième siècle) et Omar K HAYYAM (mathématicien persan, 1048 – ≈1123). K HAYYAM est aussi un grand poète : Bois du vin, car tu dormiras longtemps sous l’argile, Sans un intime, sans un ami, un camarade, une femme ; Veille à ne jamais dire ce secret à personne : Les tulipes fanées ne refleuriront jamais.. PCSI 2021 – 2022. 22. G. B OUTARD.
(23) N OMBRES. II. N OMBRES. COMPLEXES. COMPLEXES DE MODULE. 1. ET TRIGONOMÉTRIE. https://commons.wikimedia.org/w/index.php?curid=1189650. Théorème 5.11 – Formule du binôme de Newton Soit (a, b) ∈ C2 . Pour tout n ∈ N, Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! n n n n n 0 n−0 1 n−1 2 n−2 + + +···+ (a + b) = ×a ×b ×a ×b ×a ×b × a n × b n− n . 0 1 2 n Pour aller l’écriture précédente, on note : Ã ! n n X (a + b) = × a k × b n− k . k k=0 n. Démonstration On démontrera ce résultat dans un chapitre ultérieur. La démonstration n’est pas difficile mais demande de manipuler le symbole n X . k=0. Histoire des mathématiques La formule permettant de développer (a + b)n , où n est un entier est apparue plusieurs fois bien avant N EWTON. En fait, N EWTON généralise en 1665 (il a alors un vingtaine d’année) la formule permettant de développer (a + b)n , avec n un nombre rationnel, en lisant l’Arithmetica infinitorum de John WALLIS (mathématicien anglais, 1616 – 1703). Vous verrez cette formule l’année prochaine, un peu de patience. En 1774, E ULER propose une démonstration de la formule de WALLIS qui présente quelques lacunes. Cette démonstration est le point de départ de beaucoup d’autres qui cherchent à combler ces lacunes. Ainsi, en 1821, C AUCHY (mathématicien français, 1789 – 1857) propose une démonstration dans laquelle A BEL (mathématicien norvégien, 1802 – 1829) trouvera une erreur. C’est finalement ce dernier qui démontrera rigoureusement en 1826 une formule encore plus générale que celle énoncée par N EWTON. Les différentes tentatives de démonstration ont conduit à introduire différentes notions que vous aurez l’occasion d’étudier en Sup et en Spé : convergence d’une série, règle de d’Alembert, produit de Cauchy,.... G. B OUTARD. 23. Lycée G AY-L USSAC.
(24) II. N OMBRES. COMPLEXES DE MODULE. 1. N OMBRES. ET TRIGONOMÉTRIE. COMPLEXES. Remarque 5.18 – Identités remarquables à connaître Ï En prenant n = 2, on retrouve : Ã ! Ã ! Ã ! 2 2 2 2 0 2−0 1 2−1 (a + b) = ×a ×b + ×a ×b + × a2 × b2−2 = a2 + 2 a × b + b2 . 0 1 2 Ã ! Ã ! Ã ! 2 2 2 car = 1, = 2 et = 1. 0 1 2. Ï Il est bon de connaître la formule pour n = 3 : Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! 3 3 3 3 3 0 3−0 1 3−1 2 3−2 (a + b) = ×a ×b + ×a ×b + ×a ×b + × a3 × b3−3 = a3 + 3 a2 × b + 3 a × b2 + b3 , 0 1 2 3. dont on déduit, en remplaçant b par − b : (a − b)3 = a3 − 3 a2 × b + 3 a × b2 − b3 .. II.3. Applications à la trigonométrie Factorisation par l’angle moitié Méthode 5.2 – Angle moitié Pour factoriser une expression de la forme ei θ ± e−i θ , on met en facteur ei formule d’Euler. On obtient : 0. ei θ + ei θ = ei 0. θ +θ 0 2. et ei θ − ei θ = ei 0. θ +θ 0 2. θ +θ 0 2. (angle moitié), puis on utilise la. ¶ µ ³ θ−θ0 ´ θ −θ 0 θ +θ 0 θ − θ0 , × ei 2 + e−i 2 = 2 ei 2 × cos 2 µ ¶ ³ θ−θ0 ´ θ −θ 0 θ +θ 0 θ − θ0 × ei 2 − e−i 2 = 2 i ei 2 × sin . 2. On n’oubliera pas i dans la deuxième formule.. Attention Il ne faut pas apprendre ces formules par cœur, il faut vous entraîner à refaire cette factorisation.. Exemple 5.6 Pour tout t ∈ R,. µ ¶ ³ ´ t t t t t 1 + ei t = ei 2 × e−i 2 + ei 2 = 2 cos × ei 2 . 2. Exercice 5.5 Soit (p, q) ∈ R2 . Retrouver la formule : cos(p) + cos(q) = 2 cos. PCSI 2021 – 2022. ³ p+ q´. 24. 2. × cos. ³ p− q´. 2. .. G. B OUTARD.
(25) N OMBRES. II. N OMBRES. COMPLEXES. COMPLEXES DE MODULE. 1. ET TRIGONOMÉTRIE. Résolution On a : ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ cos(p) + cos(q) = Re ei p + Re ei q = Re ei p + ei q .. Or, ei p + ei q = ei Or, 2 cos. ³ p−q´. 2. p+ q 2. ³ p− q ³ p−q´ p− q ´ p+ q × ei 2 + e−i 2 = 2 cos × ei 2 . 2. ∈ R, donc ³ ³ p−q´ ³ p − q ´ ³ p+ q ´ ³ p−q´ ³ p+q´ p+ q ´ cos(p) + cos(q) = Re 2 cos × ei 2 = 2 cos Re ei 2 = 2 cos × cos . 2 2 2 2. Attention Vous n’avez plus d’excuse pour ne pas connaître/retrouver les formules : ³ p+ q´ ³ p− q´ Ï cos(p) + cos(q) = 2 cos × cos ; 2 2 ³ p− q´ ³ p+ q´ × cos ; Ï sin(p) + sin(q) = 2 sin 2 2 ³ p+ q´ ³ p− q´ Ï cos(p) − cos(q) = −2 sin × sin ; 2 2 ³ p+ q´ ³ p− q´ Ï sin(p) − sin(q) = 2 cos × sin . 2 2. Linéarisation des puissances de sinus et cosinus Méthode 5.3 – Linéarisation Pour transformer une écriture de la forme (cos(x)) p × (sin(x)) q , (où (p, q) ∈ N2 ) en une combinaison linéaire de cos(k × x) et sin(l × x), où (k, l) ∈ N2 , il suffit : 1. d’utiliser les formules d’Euler : cos(θ ) =. ei θ + e−i θ 2. et. sin(θ ) =. ei θ − e−i θ ; 2i. 2. développer à l’aide de la formule du binôme de Newton.. Exemple 5.7 Soit θ ∈ R. On a : ei θ + e−i θ (cos(θ )) = 2 2. µ. ¶2. ¡. =. ei θ + e−i θ 4. ¢2. =. e2 i θ + 2 + e−2 i θ 2 cos(2 θ ) + 2 1 + cos(2 θ ) = = . 4 4 2. Attention Vous n’avez plus d’excuse pour ne pas connaître/retrouver les formules : ¡ ¢2 1 + cos(2 θ ) Ï cos(θ ) = ; 2 ¡ ¢2 1 − cos(2 θ ) Ï sin(θ ) = ; 2 ¡ ¢2 1 − cos(2 θ ) π Ï tan(θ ) = , valable pour tout θ . [π]. 1 + cos(2 θ ) 2. G. B OUTARD. 25. Lycée G AY-L USSAC.
(26) II. N OMBRES. COMPLEXES DE MODULE. 1. N OMBRES. ET TRIGONOMÉTRIE. COMPLEXES. Exercice 5.6 Soit x ∈ R. Linéariser : 1. (cos(x))5 . 2. (cos(x))2 × (sin(x))3 . Résolution 1. Par les formules d’Euler : Ã. (cos(x))5 =. ei x + e−i x 2. !5. =. ¡ ix ¢5 e + e−i x. 25. Or, par la formule du binôme de Newton, ¡ ix ¢5 ¡ i x ¢0 ¡ −i x ¢5 ¡ ¢1 ¡ ¢4 ¡ ¢2 ¡ ¢3 ¡ ¢3 ¡ ¢2 ¡ ¢4 ¡ ¢1 ¡ ¢5 ¡ ¢0 e + e−i x = e e + 5 ei x e−i x + 10 ei x e−i x + 10 ei x e−i x + 5 ei x e−i x + ei x e−i x e−5 i x + 5 e−3 i x + 10 e−i x + 10 ei x + 5 e3 i x + e5 i x ¡ 5i x ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ e + e−5 i x + 5 e3 i x + e−3 i x + 10 ei x + e−i x .. = =. Or, par les formules d’Euler, e5 i x + e−5 i x = 2 cos(5 x),. e3 i x + e−3 i x = 2 cos(3 x). et. ei x + e−i x = 2 cos(x).. Donc, (cos(x))5 =. 2 cos(5 x) + 10 cos(3 x) + 20 cos(x) 25. =. cos(5 x) + 5 cos(3 x) + 10 cos(x) 24. .. Ainsi, (cos(x))5 =. cos(5 x) + 5 cos(3 x) + 10 cos(x) 24. .. 2. Par les formules d’Euler : Ã. ei x + e−i x (cos(x)) × (sin(x)) = 2 2. 3. !2. Ã. ei x − e−i x × 2i. !3. =. ¡ ix ¢2 ¡ ¢3 e + e−i x × ei x − e−i x. 22 × (2 i)3. .. Or, comme i2 = −1, on a : 22 × (2 i)3 = 25 × i3 = −25 × i. De plus, ¡ ix ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 e + e−i x = ei x + 2 ei x × e−i x + e−i x = e2 i x + 2 + e−2 i x et, par la formule du binôme de Newton, ¡ ix ¢3 ¡ ¢0 ¡ ¢3 ¡ ¢1 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢1 ¡ ¢3 ¡ ¢0 e − e−i x = ei x × − e−i x + 3 ei x × − e−i x + 3 ei x × − e−i x + ei x × − e−i x = − e−3 i x + 3 e−i x − 3 ei x + e3 i x . Donc, en développant (et en utilisant les propriétés de l’exponentielle complexe) ¡ ix ¢2 ¡ ¢3 ¡ 2i x ¢ ¡ ¢ e + e−i x × ei x − e−i x = e + 2 + e−2 i x × − e−3 i x + 3 e−i x − 3 ei x + e3 i x = =. − e− i x + 3 ei x − 3 e3 i x + e5 i x − 2 e−3 i x + 6 e−i x − 6 ei x + 2 e3 i x − e−5 i x + 3 e−3 i x − 3 e−i x + ei x ¡ ¢ ¡ ¢ e5 i x − e−5 i x − e3 i x − e−3 i x − 2 ei x − e−i x .. Or, par les formules d’Euler, e5 i x − e−5 i x = 2 i sin(5 x),. e3 i x − e−3 i x = 2 i sin(3 x). et. ei x − e−i x = 2 i sin(x).. Donc, (cos(x))2 × (sin(x))3 =. 2 i sin(5 x) − 2 i sin(3 x) − 4 i sin(x) −25 × i. =. ¡ ¢ 2 i sin(5 x) − sin(3 x) − 2 sin(x). −25 × i. =−. sin(5 x) − sin(3 x) − 2 sin(x) 24. Ainsi, (cos(x))2 × (sin(x))3 =. PCSI 2021 – 2022. 2 sin(x) + sin(3 x) − sin(5 x) 24. 26. .. G. B OUTARD.
(27) N OMBRES. II. N OMBRES. COMPLEXES. COMPLEXES DE MODULE. 1. ET TRIGONOMÉTRIE. Transformation de cos(n × x) et sin(n × x) en une expression polynomiale en cos(x) et/ou sin(x) Méthode 5.4 – cos(n × x) et sin(n × x) Pour transformer cos(n × x) ou sin(n × x), où n ∈ N, en une expression polynomiale en cos(x) et/ou sin(x), il suffit : 1. d’appliquer la formule de Moivre : (cos(x) + i sin(x))n = cos(n × x) + i sin(n × x); 2. de développer le membre de gauche à l’aide de la formule du binôme de Newton ; 3. d’identifier la partie réelle (resp. imaginaire) pour obtenir cos(n × x) (resp. sin(n × x)). Exemple 5.8 Soit x ∈ R. ³ ´ On a cos(3 x) = Re e3 i x . ¡ ¢3 ¡ ¢3 Or, par la formule de Moivre : e3 i x = ei x = cos(x) + i sin(x) . D’où, par la formule du binôme de Newton, ¡. cos(x) + i sin(x). ¢3. ¢3 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢3 cos(x) + 3 cos(x) × i sin(x) + 3 cos(x) × i sin(x) + i sin(x) h ¡ ¡ ¢3 ¡ ¢2 ¢2 ¡ ¢3 i = cos(x) − 3 cos(x) × sin(x) + i 3 cos(x) × sin(x) − sin(x) .. =. ¡. Donc, ¡ ¢3 ¡ ¢2 cos(3 x) = cos(x) − 3 cos(x) × sin(x). ¡ ¢2 ¡ ¢3 sin(3 x) = 3 cos(x) × sin(x) − sin(x) .. et. Remarque 5.22 La formule dans le cas général sera détaillée dans le chapitre C ALCUL. ALGÉBRIQUE .. Transformation de a × cos(t) + b × sin(t) en A × cos(t − ϕ) Méthode 5.5 – Transformation de cos(n × x) et sin(n × x) Soit (a, b) ∈ R2 \ {(0, 0)}. Pour transformer a × cos(t) + b × sin(t) en A × cos(t − ϕ), il suffit : p 1. de factoriser par A = a2 + b2 : µ ¶ p a b 2 2 a × cos(t) + b × sin(t) = a + b × p × cos(t) + p × sin(t) ; a2 + b 2 a2 + b 2 ¶2 µ ¶2 µ b a + p = 1, il existe ϕ ∈ R tel que : 2. comme p a2 + b 2 a2 + b 2. p. a a2 + b 2. = cos(ϕ). et. p. b a2 + b 2. = sin(ϕ);. 3. il reste à appliquer la formule cos(t − ϕ) = cos(t) × cos(ϕ) + sin(t) × sin(ϕ).. Attention Dire que (a, b) , (0, 0) signifie que a ou b est non nul.. G. B OUTARD. 27. Lycée G AY-L USSAC.
(28) II. N OMBRES. COMPLEXES DE MODULE. 1. N OMBRES. ET TRIGONOMÉTRIE. COMPLEXES. Exemple 5.9 Résolvons l’équation cos(x) + sin(x) = 1, d’inconnue x ∈] − π, π]. µ ¶ p 1 1 Ici, a = b = 1. Donc, cos(x) + sin(x) = 2 × p × cos(x) + p × sin(x) . 2 2 ³π´ ³π´ 1 Or, cos = sin = p . 4 4 ³ p2 π´ D’où, cos(x) + sin(x) = 2 × cos x − . 4 De plus, ³ ³ p π´ 1 π´ = 1 ⇐⇒ cos x − = p 2 × cos x − 4 4 2 π π π π ⇐⇒ x − ≡ [2 π] ou x − ≡ − [2 π] 4 4 4 4 π ⇐⇒ x ≡ [2 π] ou x ≡ 0[2 π] 2 π ⇐⇒ x = ou x = 0. 2. Les solutions de cos(x) + sin(x) = 1, d’inconnue x ∈] − π, π], sont 0 et. π. 2. .. Exercice 5.7 Résoudre l’équation cos(x) +. p 3 × sin(x) = 1, d’inconnue x ∈ [0, 2 π[.. Résolution. PCSI 2021 – 2022. 28. G. B OUTARD.
(29) N OMBRES. II. N OMBRES. COMPLEXES. COMPLEXES DE MODULE. 1. ET TRIGONOMÉTRIE. Calcul de cos(0 × x) + cos(1 × x) + · · · + cos(n × x) et de sin(0 × x) + sin(1 × x) + · · · + sin(n × x). Exercice 5.8 – À savoir faire parfaitement On admet que la formule donnant la somme des termes d’une suite géométrique de raison q et de premier terme 1 est encore vraie lorsque q ∈ C (on la démontrera dans le chapitre C ALCUL ALGÉBRIQUE). Autrement dit, pour tout n ∈ N, n+1 1− q si q , 1 2 n 1+ q + q +···+ q = 1 − q n+1 si q = 1. Soit x ∈ R. 1. Calculer de cos(0 × x) + cos(1 × x) + · · · + cos(n × x), où n ∈ N. n X On note cos(k × x) cette somme. k=0. 2. Calculer de sin(0 × x) + sin(1 × x) + · · · + sin(n × x), où n ∈ N. n X sin(k × x) cette somme. On note k=0. Résolution 1. Par propriétés sur la partie réelle, on a : n X. ³ ´ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ cos(k × x) = Re ei 0× x + Re ei 1× x + Re ei 2× x + · · · + Re ei n× x = Re 1 + ei x + ei 2× x + · · · + ei n× x .. k=0. De plus, par la formule de Moivre, il vient : n X. ³ ¡ ¢2 ¡ ¢n ´ cos(k × x) = Re 1 + ei x + ei x + · · · + ei x .. k=0. On reconnaît la somme et de premier terme 1. Il y a deux cas :. n ¡ X i x ¢k. e. ¡ ¢2 ¡ ¢n = 1 + ei x + ei x + · · · + ei x des n + 1 premiers termes de la suite géométrique de raison ei x. k=0. n ¡ X ¢k ei x = n + 1. Ï Cas 1 : ei x = 1, ce qui est équivalent à x ≡ 0[2 π]. Dans ce cas, k=0. Donc,. n X. Ã. ! n ¡ X i x ¢k cos(k × x) = Re e = n + 1.. k=0. k=0. Ï Cas 2 : ei x , 1, ce qui est équivalent à x . 0[2 π]. ¡ ¢ n ¡ X ¢k 1 − ei x n+1 . Dans ce cas, ei x = 1 − ei x k=0 Or, en factorisant par l’angle moitié, puis en utilisant la formule d’Euler, il vient : ³ ³x´ x x x´ x 1 − ei x = ei 2 × e−i 2 − ei 2 = −2 i sin × ei 2 . 2. De même, en appliquant d’abord la formule de Moivre : µ ¶ ³ ( n+1)× x ( n+1)× x ( n+1)× x ´ ( n+1)× x ¡ ¢n+1 (n + 1) × x 1 − ei x = 1 − ei (n+1)× x = ei 2 × e−i 2 − ei 2 = −2 i sin × ei 2 . 2. Donc, ³ ´ ³ ´ ( n+1)× x n ¡ −2 i sin (n+21)× x × ei 2 sin (n+21)× x X n× x i x ¢k ¡x¢ e = = × ei 2 . ¡x¢ i 2x sin −2 i sin 2 × e k=0 2 ³ ´ sin (n+21)× x ¡ ¢ Comme ∈ R, on en déduit que : sin 2x ³ ´ ! ³n×x´ n ¡ sin (n+21)× x X ¢ k ¡x¢ cos(k × x) = Re ei x = × cos . 2 sin 2 k=0 k=0 n X. G. B OUTARD. Ã. 29. Lycée G AY-L USSAC.
(30) II. N OMBRES. COMPLEXES DE MODULE. 1. N OMBRES. ET TRIGONOMÉTRIE. COMPLEXES. Ainsi, n+1 ³ ´ n X sin (n+21)× x cos(k × x) = ¡ x¢ ¡ ¢ × cos n× k=0 2 sin 2x. si x ≡ 0[2 π] si x . 0[2 π]. 2. Comme dans la question précédente, on a : n X. ³ ¡ ¢2 ¡ ¢n ´ sin(k × x) = Im 1 + ei x + ei x + · · · + ei x .. k=0. Il y a deux cas : Ï Cas 1 : x ≡ 0[2 π]. Dans ce cas,. Donc,. n X. n ¡ X ¢k ei x = n + 1.. k=0 ! n ¡ X i x ¢k = Im(n + 1) = 0. sin(k × x) = Im e. k=0. Ã. k=0. Ï Cas 2 : x . 0[2 π].. Comme dans la question 1., on a : ³ ´ sin (n+21)× x n ¡ X ¢ n× x k ¡x¢ ei x = × ei 2 . sin k=0 2 ³ ´ sin (n+21)× x ¡ ¢ Comme ∈ R, on en déduit que : sin 2x ´ ³ ! ³n×x´ n ¡ sin (n+21)× x X ¢ k ¡x¢ × sin . sin(k × x) = Im ei x = 2 sin 2 k=0 k=0 n X. Ã. Ainsi, 0 ³ ´ sin (n+21)× x sin(k × x) = ¡ x¢ ¡ ¢ × sin n× k=0 2 . sin 2x n X. PCSI 2021 – 2022. 30. si x ≡ 0[2 π] si x . 0[2 π]. G. B OUTARD.
(31) N OMBRES. III. F ORMES. COMPLEXES. TRIGONOMÉTRIQUES ET ARGUMENTS. III. Formes trigonométriques et arguments. III.1. Définitions Théorème 5.12 Soit z ∈ C? un nombre complexe non nul. Il existe r ∈ R? + et θ ∈ R tels que :. z = r × ei θ .. De plus, • r = | z| est unique ; • θ est unique modulo 2 π : si θ 0 ∈ R vérifie z = r × ei θ , alors θ ≡ θ 0 [2 π]. 0. En particulier, si on impose θ ∈] − π, π] (ou θ ∈ [0, 2 π[), alors celui-ci est unique. Démonstration ? Ï Existence ¯ de ¯ r et θ . On note r = | z|. Comme z , 0, r ∈ R+ . ¯ z ¯ | z| De plus, ¯¯ ¯¯ = = 1. | z| | z| z Donc, il existe θ ∈ R tel que = ei θ . D’où, z = r × ei θ . | z| iθ Ï Unicité de r et θ . Soit (r 0 , θ 0 ) ∈ R? = r 0 × ei θ . + × R tel que z = r¯× e ¯ iθ i θ0 0¯ ¯ Comme e et e sont de modules 1, on a | z| = | r | = r . Or, r > 0 et r 0 > 0. Donc, r = r 0 . 0. 0 De plus, comme r , 0, on a ei θ = ei θ . Donc, θ ≡ θ 0 [2 π].. . Exemple 5.10 On note z = p1 + i. p On a | z| = 12 + 12 = 2. π z 1 1 D’où, = p + i p = ei 4 . | z| 2 2 Donc, z=. p π 2 × ei 4 .. Définition 5.11 – Argument On appelle argument de z ∈ C? tout réel θ vérifiant. z = ei θ . On le note arg(z). | z|. Attention On ne définit pas d’argument pour le nombre complexe nul 0.. Remarque 5.25 Avec les propriétés de l’exponentielle i θ , on a les propriétés suivantes. Ï Si θ0 est un argument de z, alors tous les arguments de z sont de la forme θ0 + 2 k × π, avec k ∈ Z. Ï Si on impose θ ∈] − π, π], ou θ ∈ [0, 2 π[, alors θ est unique.. G. B OUTARD. 31. Lycée G AY-L USSAC.
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