24
Mathématiques – AL1 - Complexes Page 1 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 AL1 – Complexes FC - Corrigés des exercices - 1 CALCULS 2 2 TRANSFORMATIONS D’ÉCRITURES 5 3 TRIGONOMÉTRIE 7 4 POLYNÔMES 9 5 EXERCICES DE TESTS 12

AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 1 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

AL1 – Complexes FC

- Corrigés des exercices -

1 CALCULS 2

2 TRANSFORMATIONS D’ÉCRITURES 5

3 TRIGONOMÉTRIE 7

4 POLYNÔMES 9

5 EXERCICES DE TESTS 12

Page 2: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 2 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

1 Calculs

1.1 Additions

1.1.1 ( ) ( )3 2 4 5 5i i i+ + + = +

1.1.2 i i i i− + − − + = +3 5 2 2 6 6 3

1.2 Multiplications

1.2.1 ( )( ) ( ) ( )i i i i+ + = × − × + × + × = +3 2 4 3 2 1 4 1 2 3 4 2 14

1.2.2 ( )( ) ( ) ( )i i i i− + = × + × + × − × = −6 5 4 3 6 4 5 3 6 3 5 4 39 2

1.2.3 ( )i i i− = +5 6 6 5

1.2.4 ( ) ( ) ( ) ( )x iy y ix xy yx i xx yy i x y+ + = − + + = +2 2

1.2.5 ( )( )a ib a ib a b+ − = +2 2

1.3 Divisions

1.3.1 ( )i i ii i i i

i i i

+ − +− − + −= ⋅ = =− − + +2 2

2 21 1 2 3

2 2 2 2 1 5

1.3.2 ( )i i ii i i i

i i i

+ + ++ + + − += ⋅ = =− − + +

15 25 18 305 6 5 6 3 5 15 43

3 5 3 5 3 5 9 25 34

1.3.3 i i i i

ii i i

+ + − −= ⋅ = = −−

12 12 1 12 1

12 12 12 12

1.3.4 i i i i

ii i i

− − − − −= ⋅ = = −++ + −

7 3 7 3 7 3 49 3 14 3 23 7 3

49 3 26 267 3 7 3 7 3

1.3.5

( )i i i ii i ii

i ii

+ + + ++ + − += ⋅ = = = − +− + +−

53 18 54 10 309 5 2 6 12 64 3 832 2 6 2 6 4 36 40 10 523

1.4 Puissances entières

1.4.1 i = −2 1 i i= −3 i =4 1 i i=5

1.4.2 i =4 1k i i+ =4 1k

i + = −4 2 1k i i+ = −4 3k

1.4.3 ( ) ( )x iy x y ixy+ = − +2 2 2 2

1.4.4 ,zπ =

3

212 (polaires)

Page 3: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 3 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

En coordonnées polaires le module est élevé à la puissance et l’argument est multiplié par ladite

puissance : ( ) [ ] [ ], , ,z ρ θ π π = = × × π = π

3 32 3 3 2 8 212 4

.

Ceci donne en représentation cartésienne : cos sin .z i iπ π = + = +

3 8 4 2 4 24 4

1.4.5

7

7ei

=

77 7e e 1

i izπ× π= = = −

1.4.6

4

81

e2

iz

π =

44 8 2

4

1 1 1e e

4 42

i iz i

π π×= = =

1.5 Racines

1.5.1 1 5i+

On pose : ( )z x iy i= + = +22 1 5 . On développe : .x y i xy i− + = +2 2 2 1 5

On identifie, ainsi on obtient un système d’équations à deux inconnues :

x y

xy

− =

=

2 2 1

2 5 d’où il vient :

x x

yx

− − = =

4 2 250

4

5

2

On pose : X x= 2 , forcément positif, d’où : X X− − =2 250

4qui a pour solutions :

X+= >1

1 260

2et X

−= <2

1 260

2 ; seule la première convient.

On a donc pour x deux racines réelles : x X= ± 1 , donc deux solutions à notre problème :

; ;x y x yx x

+ + = = = − =

1 1 2 2

1 2

1 26 5 1 26 5ou

2 2 2 2

1.5.2 6 2i+

deux solutions : 1 1 2 2

1 2

1 13 10 ou 3 10x y x y

x x= + = = − + =

1.5.3 1 i+

deux solutions : 1 1 2 2

1 2

1 2 1 1 2 1ou

2 2 2 2x y x y

x x

+ += = = − =

Page 4: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 4 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

1.5.4 i

deux solutions : 1 1 1 2 2 2

2 2ou

2 2x y x x y x= = = − =

1.5.5 i−

deux solutions : 1 1 1 2 2 2

2 2ou

2 2x y x x y x= = − = − = −

1.5.6 1 2

1 4

i

i

+−

deux solutions : 1 1 2 2

1 2

7 85 3 7 85 3ou

34 17 34 17x y x y

x x

− + − += = = − =

1.5.7 ( ) ( ),1 polairesz = π

En coordonnées polaires, le module de la racine est égal à la racine du module et l’argument de la racine est égal à l’argument divisé par le degré de la racine, ainsi :

[ ], ,2

1 12 2 2

z π π π = = π

. On obtient donc deux nombres complexes distincts :

[ ],zπ = π

0 1 2

2 et [ ],z

π = π

1

31 2

2, soit en représentation cartésienne : z i=0 et z i= −1 .

1.5.8 iz π= 3 3e

2

3ei

zπ π = . On obtient donc trois racines distinctes :

0 e 1iz π= = − , 31

1 3e

2 2

iz i

π−= = − et 3

2

1 3e

2 2

iz i

π

= = + .

1.5.9 e5

2

π

=i

z

2

10 5ei

zπ π = , soit cinq racines distinctes : 10

0 ei

= , 21 e

iz i

π

= = , 9

102 e

iz

π

= , 13

103 e

iz

π

= et 17

104 e

iz

π

=

Quel commentaire pouvez-vous faire à propos de ces racines d’ordre n ?

On remarque que tout complexe non nul possède exactement n racines complexes d’ordre n, dont les images forment un polygone régulier à n sommets, de centre O.

Page 5: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 5 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

2 Transformations d’écritures On emploiera « polaire » pour désigner indifféremment un couple ( ),ρ θ ou une forme eiθρ .

2.1 Représentation cartésienne vers représentation polaire

2.1.1 1z = ( ) [ ]( ), ,z ρ θ= = π1 0 2

2.1.2 3z = ( ) [ ]( ), ,z ρ θ= = π3 0 2

2.1.3 z i= ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π

1 22

2.1.4 z i= −6 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = − π

6 22

2.1.5 z i= +2 2

2 2 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π

1 2

4

2.1.6 z i= +3 1

2 2 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π

1 2

6

2.1.7 z i= +5 5 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π

5 2 24

2.1.8 z i= − +5 3 5 ( ) [ ], ,z ρ θ π = = π

510 2

6

2.2 Représentation polaire vers représentation cartésienne

2.2.1 cos sinz iπ π = +

3

12 12 , , .z a ib i= + ≈ +2 89778 0 77646

2.2.2 cos sinz iπ π = −

3 15 15

7 4 4 , , .z a ib i i= + = + ≈ +6 6

0 17496 0 1749614 14

2.2.3 i

zπ−

= 65e z a ib i= + = −5 3 5

2 2

2.2.4 ,zπ = −

0

6 z = 0

2.2.5 ,zπ =

315

6 z i= − −5 3 5

2 2

2.2.6

5

42ei

= z a ib i= + = − −2 2

2.2.7 ,zπ = −

1

2 z i= −

2.2.8 2e iz − π= z = −2

Page 6: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 6 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

2.3 Effectuer les multiplications en passant par la forme polaire

2.3.1 1

2 2

2 2z i= +

que multiplie z i= +2 5 5

Convertissons ces deux nombres en représentation polaire : [ ],zπ = π

1 1 2

4 et [ ],z

π = π

2 5 2 24

.

Les modules se multiplient et les arguments s’additionnent : [ ]. ,z z iπ = π =

1 2 5 2 2 5 2

2

2.3.2 z i= +1

3 1

2 2 que multiplie z i= − +2 5 3 5

iz

π

= 61 e

5

62 10e

iz

π

= .1 2 10e 10iz z π= = −

2.3.3 1 1z i= + que multiplie z i= −2 1

iz

π

= 41 2e 4

2 2ei

zπ−

= .1 2 2z z =

2.4 Rotation Dans chaque cas, déterminer les coordonnées cartésiennes de B’, image de B par la rotation de centre A

et d’angle θ.

2.4.1 A(3, -2), B(5, 3), θ = 60°

zB’ – zA = 3eiπ

(zB – zA) = 0,5(1 + i√3)(5 + 3i – 3 + 2i) = 0,5(1 + i√3)(2 + 5i) = 1 – 2,5√3 + i(2,5 + √3)

zB’ = 1 – 2,5√3 + i(2,5 + √3) + 3 - 2i = 4 – 2,5√3 + i(0,5 + √3)

2.4.2 zA = 7-3i, B(5, 3), θ = 6

π rad

zB’ – zA = 6eiπ

(zB – zA) = 0,5(√3 + i)(5 + 3i – 7 + 3i) = 0,5(√3 + i)(-2 + 6i) = -3 – √3 + i(-1 + 3√3)

zB’ = -3 – √3 + i(-1 + 3√3) + 7 - 3i = 4 – √3 + i(-4 + 3√3)

2.4.3 zA = 32eiπ

, zB = 1 + 2i, θ = -45°

zB’ – zA = 4eiπ−

(zB – zA) = 0,5(√2 - i√2)(1+2i – 1 - i√3) = 0,5(√2 - i√2) i (2 - √3) = (√2 + i√2)(1 – 0,5√3)

zB’ = (√2 + i√2)(1 – 0,5√3) + 1 + i√3 = 1 + √2 – 0,5√6 + i(√2 + √3 – 0,5√6)

2.4.4 A(3, -2), zB = -1 + 2i, θ = 5

6

π rad

zB’ – zA = 5

6ei

π

(zB – zA) = 0,5(-√3 + i)(-4 + 4i) = 2√3 – 2 + i(-2 - 2√3)

zB’ = 2√3 – 2 + i(-2 - 2√3) + 3 - 2i = 2√3 + 1 + i(-4 - 2√3)

Page 7: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 7 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

3 Trigonométrie

3.1 Écrire en fonction de sinθ, cosθ, tanθ (grâce à la formule de Moivre)

3.1.1 ( )cos θ2 et ( )sin θ2

( ) ( ), ,θ θ=21 1 2 , donc : ( ) ( ) ( )cos sin cos sin sin cos cos sini i iθ θ θ θ θ θ θ θ+ = − + = +2 2 2 2 2 2 .

Il suffit alors d’identifier partie réelle et partie imaginaire :

( )cos cos sinθ θ θ= −2 22 et ( )sin sin cosθ θ θ=2 2 .

3.1.2 ( )tan θ3

( ) ( ), ,θ θ=31 1 3 , donc : ( ) ( ) ( )cos sin cos sini iθ θ θ θ+ = +3

3 3

( ) ( )cos . cos sin cos sin sin cos sini i iθ θ θ θ θ θ θ θ+ − − = +3 2 2 33 3 3 3

Identifions : ( )sin cos sin sinθ θ θ θ= −2 33 3 et ( )cos cos cos sinθ θ θ θ= −3 23 3

D’où : ( ) ( )( )

sin cos sin sin tan tan tantan tan .

cos cos cos sin tan tan

θ θ θ θ θ θ θθ θθ θ θ θ θ θ

− − −= = = =− − −

2 3 3 2

3 2 2 2

3 3 3 33

3 3 1 3 1 3

3.1.3 sinθ 2

( ), ,θ θ =

2

1 12

, et notons le complexe mis au carré x + iy, avec cosxθ=2

et sinyθ=2

,

ce qui donne : ( ) . cos sinx iy x y i xy iθ θ+ = − + = +2 2 2 2 , d’où par identification :

cos cossincos

cos

sinsinsin x xX x

X Xx xx y

xyyy

xx

θ θθθθθθθ ≠ ≠

=

− + = =− − = − = ⇔ ⇔ = ==

2

24 2

2 2

0 0

1 1ou0

2 24

2

22

Le cas x = 0 appliqué au système de départ, impose sinθ = 0 (éq.2) et cosθ négatif (éq.1), donc cosθ = -

1. On est ici dans la situation θ = π [2π], d’où θ/2 = π/2 [π], soit x = 0 et y = ±1, conforme au système. Dans les autres cas, revenons aux solutions envisagées sur X. Comme X = x², X est strictement positif,

ce qui impose que seule la seconde solution est valide : cos 1

2X

θ += .

Ainsi, cos

xθ += ± 1

2 et

( )sin

sincos 22 1

yθ θθ

= ± = ± +

3.1.4 ( )cos θ4 et ( )sin θ4

( ) ( ), ,θ θ=41 1 4 . d’où

( )( )

cos cos sin cos sin

sin cos sin cos sin

θ θ θ θ θθ θ θ θ θ

= − + = −

4 2 2 4

3 3

4 6

4 4 4

Page 8: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 8 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

3.2 Linéariser

3.2.1 cos θ4

Utilisons la formule d’Euler :

( ) ( ) ( )cos4

4 4 2 2 4 4 4 2 2e e 1 1 4 6e 4e 6 4e e e e e e

2 16 16 16 16

i ii i i i i i i i

−− − − − += = + + + + = + + + +

θ θθ θ θ θ θ θ θ θθ

( ) ( )cos coscos . .

4 4 2 24 4 21 e e 1 e e 3 3

8 2 2 2 8 8 2 8

i i i i− −+ += + + = + +θ θ θ θ θ θ

θ

3.2.2 sin θ3

( ) ( ) ( )sin3

3 3 3 3 3e e 1 1 3e 3e 3e e e e e e

2 8 8 8

i ii i i i i i i i

i i i i

−− − − − −= = − + − = − − + − −

θ θθ θ θ θ θ θ θ θθ

( )( )sin . . sin sin3 3

3 3 e e 1 e e 13 3

4 2 4 2 4

i i i i

i i

− −− −= − = −θ θ θ θ

θ θ θ

3.3 Calculs de lignes trigonométriques

3.3.1 sin , cos ,sin ,cosπ π π π

2 2 4 4

3 3 3 3

Retrouvez ces valeurs à partir du calcul des racines cubiques de l’unité.

On reconnaît des arguments de racines cubiques de l’unité : si on pose : ( )x iy+ =31 , alors on a

,x iy π + =

21 0

3 (écriture polaire), soit trois possibilités :

( ), , , , ,π π

2 41 0 1 1

3 3. (polaire)

On développe ( )x iy+ =31 : x i x y xy iy+ − − =3 2 2 33 3 1 , d’où par identification :

x xy− =3 23 1 et x y y− =2 33 0 .

Il y a une solution évidente : x = 1, y = 0. Elle correspond à la première racine citée en polaire : (1, 0).

Cette solution mise de côté, le système se ramène à : x xy− =3 23 1 et x y− =2 23 0 .

D’où : y x=2 23 donc x x− =3 39 1 soit : x x= − ⇔ = −3 1 1

8 2, qui entraîne y y= ⇔ = ±2 3 3

4 2

Ainsi on retrouve bien en identifiant les deux autres racines :

cos sin

cos sin

π π= − =

π π= − = −

2 1 2 3

3 2 3 2

4 1 4 3

3 2 3 2

Page 9: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 9 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

4 Polynômes

4.1 Résoudre dans ℂ les équations suivantes

4.1.1 z² - 6z + 20 = 0

∆ = 36 – 80 = -44, strictement négatif. Les deux solutions de cette équation sont les deux complexes conjugués

ii

− = −6 2 113 11

2 et i+3 11 .

4.1.2 z² - 6z + 3 = 0

∆ = 36 - 12 = 24, strictement positif. Les deux solutions de cette équation sont les deux réels − = −6 2 6

3 62

et +3 6 .

4.1.3 z² - iz + i = 0

C’est une équation à coefficients complexes. Dans le corps des complexes, la méthode générale est la même que

pour les réels : ∆ = b² - 4ac, puis, cette fois quel que soit ∆, b

za

− ± ∆=2

, la difficulté résidant dans la recherche

de ∆ .

∆ = (-i)² - 4i = -1 - 4i

Recherche de i− −1 4 :

( )x x x

x y xx iy ixy yy xx

− = − + − = − = − + = − − ⇔ ⇔ ⇔ −−= − = =

2 4 22 2 2

2

41 4 0

11 4 2

22 4

On aboutit à une équation bicarrée, que l’on résout en notant X = x² :

X² + X – 4 = 0 ; ∆ = 17 ; X = 1 17

2

− + (forcément positif)

x = 1 17

2

− +± et y =

( )( )( )

2 1 172 2 1 17 1 172 2 2

8 21 17 1 17 1 17x

+− + += = = =− + − + +

∓ ∓ ∓ ∓

Nous avons le choix entre deux complexes opposés pour citer i− −1 4 , prenons par exemple :

1 17 1 17

2 2i

− + +∆ = −

Solutions de l’équation :

1 17 1 17

2 22 2

i ib

za

− + +±− ± ∆= =∓

Page 10: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 10 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

4.1.4 z² = iz

C’est une équation à coefficients complexes. * Avec le discriminant :

∆ = -1 – 0 = -1 et les deux solutions sont b i i

za

− ± ∆ ±= =2 2

, soit 0 et i.

* On peut aussi, dans des cas simples et si on s’ennuie un peu, tenter une identification, posant z = x + iy, l’équation devient :

(x + iy)² = i(x + iy) ⇔ x y y

xy x

− = −

=

2 2

2 (séparation des parties réelle et imaginaire)

Cas n°1 : x = 0 (qui vérifie la seconde équation)

La première équation devient alors y y− = −2 , dont les solutions sont 0 et 1. Les nombres complexes 0 et i sont

solutions de l’équation initiale.

Cas n°2 : x ≠ 0

La seconde équation donne y = 1/2 et donc la première équation devient x = −2 1

4, qui n’admet pas de solution

réelle. Ce second cas ne produit donc pas de solution pour l’équation initiale. Conclusion : les solutions de l’équation z² = iz sont 0 et i.

4.1.5 z² - iz + 20 = 0

C’est une équation à coefficients complexes. * Avec le discriminant :

∆ = -1 – 80 = -81 et les deux solutions sont b i i

za

− ± ∆ ±= = 9

2 2, soit 5i et -4i.

* Avec la méthode d’identification, posant z = x + iy, l’équation devient :

(x + iy)² - i(x + iy) + 20 = 0 ⇔ x y y

xy x

− + + =

− =

2 2 20 0

2 0 (séparation des parties réelle et imaginaire)

Cas n°1 : x = 0 (qui vérifie la seconde équation)

La première équation devient alors y y− + + =2 20 0 , dont le discriminant vaut 81 et dont les deux solutions

réelles sont 5 et -4. Les nombres complexes 5i et -4i sont solutions de l’équation initiale.

Cas n°2 : x ≠ 0

La seconde équation donne y = 1/2 et donc la première équation devient x + =2 810

4, qui n’admet pas de

solution réelle. Ce second cas ne produit donc pas de solution pour l’équation initiale. Conclusion : les solutions de l’équation z² - iz + 20 = 0 sont 5i et -4i.

Page 11: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 11 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

4.2 Calculs polynomiaux

4.2.1 GIN FC26 2010

On donne les nombres complexes z et Z suivants : z = 3 + 3i et Z = z² - 6z + 20.

1) |z| = √(9+9) = 3√2

2) z = 3√2.(1/√2 + i/√2) = 3√2.(cos(π/4) + i.sin(π/4)), donc arg(z) = π/4 [2π]. 3) Z = (9 + 18i – 9) – (18 + 18i) + 20 = 2

4) |Z| = 2 et arg(Z) = 0 [2π]

4.2.2 Factorisation

Soit le polynôme complexe P(z) = z3 – z² + (1 – 3i)z + 2(-1 + i). 1) Montrer que 1 + i est une racine de ce polynôme.

P(1 + i) = (1 + i)3 – (1 + i)² + (1 – 3i)(1 + i) + 2(-1 + i) = 1 + 3i - 3 - i - 2i + 1 + i -3i + 3 - 2 + 2i = 0

2) Factoriser ce polynôme par (z – 1 – i)

P(z) est un polynôme du troisième degré et dont le premier coefficient est 1. Il peut donc être écrit comme le produit d’un polynôme de degré 1 (par exemple, celui qu’on nous propose ici) et d’un polynôme de degré 2 (dont le premier coefficient vaut par conséquent 1). P(z) = z3 – z² + (1 – 3i)z + 2(-1 + i) = (z -1 - i)(z² + bz + c)

⇔ z3 – z² + (1 – 3i)z + 2(-1 + i) = z3 + bz² + cz - z² - bz - c –iz² - ibz - ic)

b i b i b i

c b ib i c i i c i

c ic i c ic i c ic i

− − = − = = − − = − ⇔ − + = − ⇔ = − − − = − + − − = − + − − = − +

1 1

1 3 1 1 3 2

2 2 2 2 2 2 ok

Finalement : P(z) = z3 – z² + (1 – 3i)z + 2(-1 + i) = (z -1 - i)(z² + iz – 2i) 3) Déterminer alors les deux autres racines de ce polynôme

Ce sont donc les racines du polynôme z² + iz – 2i. ∆ = i² + 8i = -1 + 8i

Recherche de 1 8i− + :

( )2 4 2

2 2 22

161 16 0

11 8 4

42 8

x x xx y xx iy i

xy yy xx

− = − + − = − = − + = − + ⇔ ⇔ ⇔

= = =

On aboutit à une équation bicarrée, que l’on résout en notant X = x² :

X² + X – 16 = 0 ; ∆ = 65 ; X = 1 65

2

− + (forcément positif) et donc x =

1 65

2

− +±

D’où : y = ( )

( )( )2 1 654 2 1 65 1 65

4 4 432 21 65 1 65 1 65x

+ + += ± = ± = ± = ±− + − + +

Page 12: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 12 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

Nous avons le choix entre deux complexes opposés pour citer 1 8i− + , prenons par exemple :

1 65 1 65

2 2i

− + +∆ = +

Les deux racines supplémentaires cherchées sont :

1 65 1 65

2 22 2

i ib

za

− + +− ± ±− ± ∆= = (soit deux signes +, soit deux signes -).

5 Exercices de tests

5.1 QCM

1) Le module du nombre complexe 3 - i 2 est :

� 5 � 7 � 11 � 13

2) Le module du nombre complexe a + ia (a positif) est :

� a � 2a � a2 � a

3) L’argument du nombre complexe -2 + 2i est :

� 4

π �

4

π− � 3

4

π �

3

4

π−

4) La différence entre les arguments des nombres complexes 1 + i et 1 + i 3 vaut :

� 0 � 12

π �

6

π �

3

π

5) L’écriture cartésienne de 3

2ei

π

est : � 1 � i � -1 � -i

6) Le nombre complexe i peut s’écrire :

� 2i

� 2.i

i eπ

� ie π

� . ii e π

7) Soient deux nombres complexes conjugués ; leur produit est :

� nul � égal à 1 � un réel positif � un imaginaire pur

8) La division d’un nombre complexe d’argument 4

π par son conjugué a pour résultat :

� 1 � -1 � i � -i

9) Soit le nombre complexe z = a + ib. Le module et l’argument de ez sont : � a et b � ea et b � a et eb � ea et eb

10) La division du nombre complexe 1 + 3i par le complexe i a pour résultat : � 1 - 3i � -1 + 3i � 3 - i � 3 + i

11) Soient deux nombres complexes conjugués ; leur produit est : � nul � de module 1 � un réel positif � un imaginaire pur

12) Les deux nombres complexes iθρe et iθρ −− e … :

� sont conjugués � sont opposés � ont une sommeimaginaire pure � ont le même carré

Page 13: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 13 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

5.2 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation

On se place dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal ( ); ,u vO� �

, direct.

Soient les points A et B d’affixes respectives : A 1z = et B 3 2z i= − .

On considère la fonction f de ℂ dans ℂ définie par : ( ) 1f z iz i= + −

Pour alléger les écritures, on notera ( )z f z′ =

On associe au vecteur MM′�����

l'affixe z z′ − . 1) Placer A et B sur une figure que l’on complètera au fur et à mesure de l’exercice.

2) Dans cette question, on considère un point M, différent de A, donc d’affixe 1z ≠ .

a. Déterminer le complexe z

Zz

′ −=−

1

1.

( )11

1 1 1

i zz iz iZ i

z z z

−′ − −= = = =− − −

b. Déterminer le module Z et un argument arg(Z) de Z.

( ) ( );1 arg arg2

Z i Z iπ= = = =

c. Exprimer l'affixe de ′AM�����

en fonction de celle de AM����

. En déduire l’angle ( ),AM AM′���� �����

.

( ). ,

A AAM AM

2AM AM AM

et 1

Donc e d'où AM AM2

i

z z z iz i z z z z

z i z z

π

′= − = − = − = −

π′= = =

����� ����

����� ���� ����

���� �����

d. En déduire la nature de la fonction f.

La fonction f est la rotation de centre A et d’angle 2

π (donc de sens direct).

3) a. Calculer ( )Af z . Remarque ?

Page 14: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 14 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

( )A A1 1 1f z i i z= × + − = = . On voit effectivement que le point A est invariant par cette rotation,

puisqu’il en est le centre.

b. Calculer ( )Bf z et placer sur la figure le point B' d'affixe ( )Bf z .

( ) ( )B 3 2 1 3 2f z i i i i= × − + − = +

4) Soit C le point dont l’image par la fonction f est le point C’ d’affixe C 3 3z i′ = − − .

Déterminer, par le calcul, l’affixe zC du point C. Placer C et C' sur la figure. Deux façons de faire :

* avec les écritures cartésiennes et la définition de f :

( ) .C C C 1z f z iz i′ = = + − En multipliant les deux membres par i : C C 1iz z i′ = − + + , d’où

( )C C 1 3 3 1 2 4z iz i i i i i′= − + + = − − − + + = − +

* en utilisant la rotation :

C est l’image de C’ par la rotation de centre A et d’angle 2

π− , d’où

( ) ( )2C A C A C Ce 1 3 3 1 3 4 2 4

iz z z z z i i i z i

π−

′− = − ⇔ − = − − − − = − + ⇔ = − +

5.3 GI FC34 2015 - Test – cube On souhaite étudier les conditions sur un nombre complexe z pour lesquelles z3 est réel.

1) Utiliser exclusivement la forme cartésienne de z pour cette étude.

( ) ( ) ( )a ib a ab i a b b a ab ib a b+ = − + − = − + −3 3 2 2 3 3 2 2 23 3 3 3 .

La partie imaginaire doit être nulle, donc b = 0 ou 3a² = b², soit b = ±a 3 .

Ainsi, nous avons trois groupes de solutions :

* z peut être un nombre réel quelconque,

* z est de la forme ( )a i+1 3 , avec a réel quelconque,

* z est de la forme ( )a i−1 3 , avec a réel quelconque.

2) Utiliser exclusivement la forme exponentielle de z pour cette étude.

( )i iθ θρ ρ=3 3 3e e , qui est réel si son argument est congru à 0 modulo π.

( )kk kθ θ π= + π ⇔ = ∈3 0

3ℤ .

En mesure principale, entre 0 et 2π, six valeurs de k sont à exploiter (de 0 à 5) :

, , , , ,θ θ θ θ θ θπ π π π= = = = π = =2 4 50

3 3 3 3

Les solutions n°1 et 4 renvoient au premier point de la réponse à la question 1,

les solutions 2 et 5 au second point et les solutions 3 et 6 au troisième.

Page 15: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 15 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

5.4 GI FC18/26 2014 – Test - Complexes et géométrie

On considère deux barres de même longueur L, attachées

ensemble en un point A.

La barre [OA] est liée au point O, fixe, origine de notre repère, et

peut tourner librement autour de ce point (angle α ). La seconde

barre, [AB], est liée à la première au point A et peut tourner

librement autour de celui-ci (angle β ). On considérera, pour simplifier nos raisonnements à venir, que α

est pris entre 0 et 2

π.

1) Questions diverses

a. Que remarque-t-on si β = α ?

b. Que remarque-t-on si β = 2α ?

c. Si α est fixé, quelle est la zone que peut parcourir B ?

2) Exemple numérique

Prenons, uniquement pour cette question 2, L = 2, α = 6

π et β =

2

π.

a. Donner les coordonnées cartésiennes du point A.

b. O étant l’image de B par rotation de centre A et d’angle β , déterminer une relation entre les affixes

zA et zB des points A et B.

c. En déduire les coordonnées cartésiennes exactes du point B.

3) Vérification de la réponse 1b

Reprenons ici le cas général : longueur L, angles α et β.

a. Donner l’écriture exponentielle du complexe zA affixe du point A.

b. O étant l’image de B par rotation de centre A et d’angle β , déterminer une relation entre les affixes

zA et zB des points A et B et donc une expression de zB en fonction de zA.

c. Montrer alors que si β = 2α , alors zB est imaginaire pur.

1) a. Si α = β , alors [AB] est parallèle à l’axe des abscisses.

b. Si β = 2α , alors [AB] fait avec l’axe (Ox) le même angle que [OA] et B se trouve sur l’axe des

ordonnées. Plus rigoureusement : le triangle OAB est isocèle en A, avec un angle AOB égal à 2

βπ −,

qui vaut donc 2

απ − ici. Ainsi, l’angle xOB vaut xOA + AOB = 2

π : B est sur la demi-droite [Oy).

c. Si α est fixé, le point B parcourt le cercle de centre A et de rayon L (donc contenant O).

2) L = 2, α = 6

π et β =

2

π.

a. xA = 2cos6

π = 3 et yA = 2sin

6

π = 1.

α

β

O

A

B

Page 16: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 16 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

b. ( ) ( )A B A A B A B AAO ABe e e 1 ei i i iz z z z z z z z z zβ β β β− −= × ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −���� ��� .

c. ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )2B A B1 e 3 1 e 3 1 3 1

iiz z z i i i i iβπ−−

= − ⇔ = + − = + − − = + +

( ) ( )B 3 1 3 1 B 3 1 ; 3 1z i= − + + − +

3) Vérification de la réponse 1b

a. A Leiz α= .

b. ( )B A 1 e iz z β−= − .

c. ( ) ( ) sin2B Le 1 e L e e L 2i i i iz iα α α α α− −= − = − = × × (formule d’Euler). Effectivement, c’est un

imaginaire pur (le point B est sur l’axe des ordonnées).

5.5 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle Les questions 1, 2, 3 et 4 sont largement indépendantes.

Dans l’ensemble *ℂ des complexes z non nuls, on définit la fonction f par : ( ) = 1

f zz

.

On désigne par z le conjugué de z , par |z| le module de z , et enfin par i le complexe de partie imaginaire positive tel que i² = -1. On nomme P le plan complexe associé à l’ensemble des nombres complexes. 1) a. Déterminer tous les complexes z vérifiant f(z) = z .

( ) ( )2 2Arg211 e 1 1 et Arg 1i zz z z z z k z

z= ⇔ = ⇔ = ⇔ = = π ⇔ = ±

b. Déterminer tous les complexes z vérifiant f(z) = z .

211 1 1 eiz zz z z z

zθ= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

c. Déterminer le module et un argument de f(z) en fonction de ceux de z.

Soit z = eiθρ . 1 1

e i

ρ−= . ( )1 1 1

et Arg Arg zz z z

= = −

.

d. Déterminer les parties réelle et imaginaire de f(z) en fonction de celles de z.

Soit z = a + ib. ( ) ( ).2 2 2 2 2 2 2

1Re et Im

z a ib a bz z

z a b a b a bz

− −= = = =+ + +

2) a. Montrer que f(z) – 1 = ( )zz

−11 . En déduire que si |z – 1| = 1, alors |f(z)| = |f(z) – 1|.

( )1 1 11 1

zz

z z z

−− = = −

Page 17: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 17 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

Donc ( ) 1 11 1 1f z z

z z− = − = − et si |z – 1| = 1, alors ( )1 1

1 z f zz z

− = =

b. Dans le plan P (figure page suivante), tracer l’ensemble C des points représentant les complexes z qui vérifient |z – 1| = 1 (justifier brièvement).

|z – 1| est la distance entre le point M d’affixe z et le point d’affixe 1, c’est à dire le point (1,0). Dire que cette distance vaut 1, c’est dire que M est sur le cercle de centre (1, 0) et de rayon 1. C est ce cercle.

3) Soit A le point d’affixe α = 1 + i et B le point d’affixe β = 1 + iπ3e .

a. Placer les points A et B dans le plan P.

b. Vérifier par le calcul que α et β sont éléments de l’ensemble C défini en question 2.

|α – 1| = |i| = 1, donc A est élément de C.

|β – 1| = |iπ3e | = 1, donc B est élément de C.

c. Déterminer les écritures cartésiennes des complexes f(α) et f(β) puis placer leurs points images A’ et B’ dans le plan P.

( ) 1 1 1 1

1 2 2 2

if i

iα −= = = −

+

( ) ( )cos sin3

2 3 31 1 1 2 1 3

12 2 61 3 3 311 e 13 3 2 2

i

if i

ii i

β π

−= = = = = = −π π ++ ++ + +

4) Soit M un point parcourant le cercle C de centre G(1, 0) et de rayon 1, hormis l’origine du repère. On

admet que son affixe zM peut s’écrire 1 + eiθ, où θ parcourt l’intervalle ]-π ; π[.

a. Montrer que f(zM) = ( )sin

cos

1

2 2 1i

θθ

−+

.

( )( ) ( ) ( )

cos sin cos sin sin

cos sin cos coscos sin2 2

1 1 1 1 1

1 e 1 2 1 2 2 11i

i if z i

iθθ θ θ θ θ

θ θ θ θθ θ+ − + −= = = = = −

+ + + + ++ +M

b. Étudier la parité de sin

cos1

θθ+

et en déduire un domaine d’étude de cette fonction de θ.

( )( )

sin sin

cos cos1 1

θ θθ θ

−= −

+ − +. Cette forme est donc impaire et peut être étudiée sur [0 ; π[.

c. Étudier les variations de sin

cos1

θθ+

puis en dresser un tableau de variation sur ]-π ; π[.

On admettra, pour compléter ce tableau, que sin

limcos1θ

θθ→±π

= ±∞+

.

( ) ( )( ) ( )

cos cos sin sinsin cos

cos coscos cos2 2

1 1 10

1 11 1

θ θ θ θθ θθ θθ θ

′ + − − + = = = > + + + +. Cette forme est

donc strictement croissante sur [0 ; π[ (et on admet que sa limite en π est +∞). Le fait que cette forme soit impaire nous autorise à dresser le tableau suivant :

θ -π 0 π

Page 18: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 18 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

dérivée positive positive

forme -∞

0

+∞

d. Conclusion : lorsque M parcourt le cercle C , déterminer et tracer l’ensemble décrit par les points M’,

images des complexes f(zM).

Rappelons que ( ) ( )sin

cos

1 1

1 e 2 2 1if z iθ

θθ

= = −+ +M

. Ces nombres complexes ont une partie réelle

constante égale à 0,5 et une partie imaginaire qui parcourt ℝ tout entier. Les points correspondants

forment donc toute la droite d’équation x = 1

2.

5.6 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions

Soit deux fonctions f et g d’expressions f(x) = 3cos(x) et g(x) = 4sin(x + 4

π), pour lesquelles la variable x

parcourt l’intervalle [0 ; π].

1) Donner les valeurs exactes de f(x) et g(x) pour x = 0, puis x = 2

π et enfin x = π.

f (0) = 3cos(0) = 3 ; f (2

π) = 3cos(

2

π) = 0 ; f (π) = 3cos(π) = -3

g(0) = 4sin(4

π) = 2 2 ; g(

2

π) = 4sin(

3

4

π) = 2 2 ; g(π) = 4sin(

5

4

π) = -2 2

2) Justifier que f est maximale pour x = 0 et que g est maximale pour x = 4

π. (on utilisera les résultats connus

sur le sinus et le cosinus, ou alors on pourra dériver f et g et étudier leurs variations sur [0 ; π]). Avec les propriétés du sinus et du cosinus :

Un cosinus est maximal si l’argument cité vaut 0. Pour la fonction f, il faut donc que x = 0.

Un sinus est maximal si l’argument vaut 2

π. Pour la fonction g, il faut que x +

4

π =

2

π, soit x =

4

π.

y

Page 19: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 19 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

En étudiant les fonctions :

f ’(x) = -3sin(x), négatif sur [0 ; π]. Donc f est maximale pour x = 0.

g ’(x) = 4cos(x + 4

π), positif sur [0 ;

4

π] et négatif sur [

4

π ; π]. Donc g est maximale pour x =

4

π.

3) On crée le nombre complexe z = f (x) + i.g(x). Lorsque x parcourt l’intervalle [0 ; π], les points images de z

dans le plan complexe forment la courbe ci-dessous.

a. Sur cette figure, repérer les résultats demandés ou annoncés aux questions 1 et 2.

b. Montrer que la dérivée par rapport à x de |z|² (carré du module de z) est :

( )sin sin9 2 16 22

x xπ − + +

.

( )

( ) ( ) ( )

cos sin .

- sin cos sin cos - sin sin

z x x

d zx x x x x x

dx

π = + +

π π π = + + + = + +

2 2 2

2

9 164

18 32 9 2 16 24 4 2

c. Sachant que sin(a + π2

) = cos a, dire pour quelle(s) valeur(s) de x cette dérivée s’annule.

z

x=

2d

0d

ssi ( )( ) ( )sin

tancos

2 162

2 9

xx

x= = ssi 2x = 1,0584 rad [π] ssi x = 0,5292 rad [

π2

].

Dans l’intervalle [0 ; π], seules deux solutions sont possibles : 0,5292 rad et 2,1 rad.

d. Repérer sur la figure le(s) point(s) correspondant(s), expliquer.

Le module de z est la distance OM. Positif, il varie dans le même sens que son carré. Les deux valeurs de

x trouvées précédemment correspondent ici à un maximum ou un minimum de OM.

Pour x = 0,5292 rad, on définit le point M4 (f(x) , g(x)) = (2,59 , 3,87).

Pour x = 2,1 rad, on définit le point M5 (f(x) , g(x)) = (-1,514 , 1,014).

M1 (x = 0)

M2 (x = π/2)

M3 (x = π)

f maxi

g maxi

M4

M5

Page 20: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 20 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

5.7 GI FA 2014 – Test 2 - Linéarisation

1) A l’aide d’une formule d’Euler, linéariser sin4 x .

( )sin

cos cos

4

4 4 4 3 3 2 2

4 4 2 2

e e 1e e 4e e 4e e 6e e

2 16

1 e e e e 1 1 34 3 4 2

8 2 2 8 2 8

ix ixi x i x i x ix ix i x i x i x

i x i x i x i x

xi

x x

−− − − −

− −

−= = + − − +

+ += − + = − +

5.8 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique 1) Linéariser, c'est-à-dire, à l'aide de la formule d'Euler, exprimer en fonction de cos2x et cos 4x ,

l'expression : cos sin4 44 4x x+ À l'aide de la formule d'Euler, on écrit :

( ) ( )cos4

44 4 2 2 4e e 1 1e e e 4e 6 4e e

2 16 16

ix ixix ix i x i x i x i xx

−− − − += = + = + + + +

( ) ( )cos4 4 2 2

4 4 4 2 21 4 6 1 e e 1 e e 3e e e e

16 16 16 8 2 2 2 8

i x i x i x i xi x i x i x i xx

− −− − + += + + + + = + +

cos cos cos4 1 1 34 2

8 2 8x x x= + +

De la même façon :

( ) ( )sin4

44 4 2 2 4e e 1 1e e e 4e 6 4e e

2 16 16

ix ixix ix i x i x i x i xx

i

−− − − −= = − = − + − +

( ) ( )sin4 4 2 2

4 4 4 2 21 4 6 1 e e 1 e e 3e e e e

16 16 16 8 2 2 2 8

i x i x i x i xi x i x i x i xx

− −− − + += + − + + = − +

sin cos cos4 1 1 34 2

8 2 8x x x= − +

Donc : cos sin cos cos cos cos4 4 1 1 3 1 1 34 4 4 4 2 4 4 2

8 2 8 8 2 8x x x x x x

+ = + + + − +

cos sin cos4 44 4 4 3x x x+ = +

2) En déduire les solutions de l'équation cos sin4 4 54 4

2x x+ = .

cos sin4 4 54 4

2x x+ = ⇔ cos

54 3

2x + = ⇔ cos

14

2x = −

Deux familles de solutions : .2

4 23

x kπ= + π ⇔ .

6 2x k

π π= + (4 valeurs)

ou .2

4 23

x kπ= − + π ⇔ .

6 2x k

π π= − + (4 valeurs)

Page 21: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 21 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

3) Représenter sur un cercle trigonométrique les différentes familles de solutions.

5.9 GI FA 2014 – Test 1 – Polynôme, formes, rotation

Dans cet exercice, les trois questions sont indépendantes

1) Déterminer, dans l'ensemble ℂ , les racines du polynôme : 4

122 −++= iizzzP )(

Calcul du discriminant : ( )1 2 1 2i i∆ = − − − = − , de forme exponentielle : 22eiπ−

∆ = ,

d’où une racine carrée : 42 2

2e 2 12 2

ii i

π− ∆ = = − = −

Racines du polynôme :

( )1

1 1

2 2

i iz

− − −= = − et

( )2

1 1 2 1

2 2 2

i i iz i

− + − −= = = −

2) Écrire 31 i+ et i−1 sous forme exponentielle, puis simplifier l'expression : 20

1

31

−+

i

i

On donnera le résultat sous forme exponentielle et sous forme cartésienne.

1 31 3 2

2 2i i

+ = +

où l'on reconnait facilement le module, 2, et l'argument 3

π,

d'où l'écriture exponentielle de ce nombre : 31 3 2ei

+ =

2 21 2

2 2i i

− = −

, qui nous donne le module, 2 , et l'argument 4

π− , d’où : 41 2ei

iπ−

− =

En utilisant les écritures exponentielles, on a :

( )20

2020 207 7 203 203 4 12 12

4

1 3 2e2e 2e 2 e

12e

ii i i

i

i

i

ππ π π π×+

π−

+ = = = = −

( )

7 5 35 3620

10 10 103 3 3 3 32 e 2 e 2 e 2 e 1024 ei i i i i

π× π π−π π π− −= = = = = ×

On peut repasser en écriture cartésienne :

20

31 3 1 3

1024 e 1024 512 512 31 2 2

iii i

i

π− + = × = − = − −

Page 22: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 22 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

3) On se place dans le plan (x, y). En utilisant les nombres complexes, déterminer les coordonnées

cartésiennes du point C, image du point B(2 ; 5) par la rotation de centre A(3 ; 2) et d'angle 2

3

π.

Notons iyxz += l'affixe du point C(x ; y).

Les points A et B ont pour affixes respectives : A 3 2z i= + et B 2 5z i= +

La rotation se traduit par la relation : ( ) ( )

2

3

AC ABe

iz z

π

= ��� ��� , soit

( ) ( ) ( )2

31 3 1 3 3 3 3

3 2 e 2 5 3 2 1 32 2 2 2

iz i i i i i i

π − +− + = × + − + = − + − + = −

D'où 2

31

2

33723

2

33

2

331 −+−=+++−−= iiiz

Donc le point C a pour coordonnées : ;7 3 3 1 3

C2 2

− −

5.10 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4 On considère l'application f définie dans l'ensemble des nombres complexes par :

( ) 4 3 2 2z f z z z z= − + +֏

Dans ce problème, on aura avantage à utiliser la formule de Moivre.

1) Montrer que, si l'équation (1) : ( )f z = 0 admet pour racine le nombre complexe α , alors elle admet

aussi pour racine le nombre α (complexe conjugué de α ). Soit α , solution de l'équation (1) : ( )f z = 0 .

On peut écrire α sous forme trigonométrique : ( )cos siniα ρ θ θ= +

L'équation (1) s'écrit donc :

( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sini i iρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ+ − + + + + =4 3 24 3 2 2 0

En utilisant la formule de Moivre, on obtient :

( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sini i iρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ+ − + + + + =4 3 24 4 3 3 2 2 2 0

En regroupant les termes réels et imaginaires, on a donc :

( )cos cos cos sin sin siniρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ− + + + − + =4 3 2 4 3 24 3 2 2 4 3 2 0

Par identification des termes réels et imaginaires à 0, on a donc les deux relations :

cos cos cosρ θ ρ θ ρ θ− + + =4 3 24 3 2 2 0 et sin sin sinρ θ ρ θ ρ θ− + =4 3 24 3 2 0

Considérons le même travail avec le conjugué de α, dont l’argument vaut –θ. Par rapport aux écritures ci-

dessus, les cosinus sont inchangés et les sinus prennent des valeurs opposées, ce qui fait que les égalités

« = 0 » sont encore respectées et donc α est solution de l'équation (1).

Page 23: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 23 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

2) Montrer que les nombres i+1 et i− +1 3

2 2 sont racines de l'équation (1).

Écrivons les nombres donnés sous forme trigonométrique.

cos sinz i i i π π = + = + = +

0

2 21 2 2

2 2 4 4. Remplaçons z0 dans l'expression de ( )f z :

( )

( )

( )

cos sin cos sin cos sin

cos sin cos sin cos sin

f i i i i

i i i

i i i i

π π π π π π + = + − + + + +

π π π π = π + π − + + + +

= − − − + + + = − + − + + =

4 3 24 3 2

1 2 2 2 24 4 4 4 4 4

3 34 2 2 2 2

4 4 2 2

2 24 1 2 2 2 2 4 2 2 2 2 0

2 2

Donc z i= +0 1 est racine de l'équation (1).

Soit cos sinz i iπ π= − + = +1

1 3 2 2

2 2 3 3. Remplaçons z1 dans l'expression de ( )f z :

( )

( )

( )

cos sin cos sin cos sin

cos sin cos sin cos sin

f z i i i

i i i

i i

π π π π π π = + − + + + +

π π π π = + − π + π + + +

= − + − + − − + =

4 3 2

1

2 2 2 2 2 22

3 3 3 3 3 3

8 8 4 42 2 2

3 3 3 3

1 3 1 31 2 0

2 2 2 2

Donc z i= − +1

1 3

2 2 est racine de l'équation (1).

3) Donner l'ensemble des solutions de l'équation (1). En déduire une factorisation de ( )f z .

On a vu (question 1) que, si α est racine de l'équation (1), alors α l'est également.

Par conséquent, d'après la question 2, l'équation (1) admet comme racines les 4 nombres :

z i= +0 1 ; z i= −0 1 ; z i= − +1

1 3

2 2 ; z i= − −1

1 3

2 2

On factorise donc ( )f z : ( ) ( ) ( )f z z i z i z i z i

= − − − + + − + +

1 3 1 31 1

2 2 2 2

4) Écrire ( )f z comme un produit de deux polynômes du second degré à coefficients réels.

Dans l'expression de ( )f z ci-dessus, on peut développer les facteurs 2 par 2 comme suit :

( ) ( ) ( )z i z i z i z z z z− − − + = − − = − + + = − +2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 2

z i z i z i + − + + = + −

221 3 1 3 1 3

2 2 2 2 2 2 z z z z= + + + = + +2 21 3

14 4

Finalement, ( )f z peut s'écrire : ( ) ( )( )f z z z z z= − + + +2 22 2 1

Page 24: AL1 – Complexes - FC1826-17 - Accueiljff-fc1826-17.weebly.com/uploads/1/4/7/9/14799044/al1_-_complexes... · AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015 2.3 Effectuer

Mathématiques – AL1 - Complexes

Page 24 sur 24 AL1 - Complexes – Exercices FC Corrigés – Rev 2015

5.11 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes 1. Résoudre, dans ℂ , l’équation d’inconnue z : z2 + (8 − i)z − 8i = 0.

On pourra vérifier que cette équation admet une racine imaginaire pure. * Première méthode : sans tenir compte de la remarque de l’énoncé ∆ = (8 − i)² + 32i = 63 + 16i On peut remarquer que ∆ = (8 + i)². Si on ne le voit pas tout de suite, il faut chercher la racine carrée de par la méthode classique.

Les deux racines de l’équation sont : 8 8

2

i ii

− + + + = et 8 8

82

i i− + − − = − .

* Deuxième méthode : l’équation admet une solution imaginaire pure

Notons ai cette solution, avec a ∈ ℝ , puis reportons-la dans l’équation :

a²i²+ (8 − i)ai − 8i = 0 ⇔ -a² + a + 8i(a – 1) = 0 ⇔ a² = a et a = 1 ⇔ a = 1. La solution imaginaire pure est donc z1 = i. On peut ainsi factoriser le polynôme z2 + (8 − i)z − 8i par (z – i), ce qui conduit facilement à z2 + (8 − i)z − 8i = (z – i)(z + 8) où l’on voit que sa seconde racine vaut -8.

2. Utiliser le résultat précédent pour résoudre, dans ℂ , l’équation d’inconnue z : z6 + (8 − i)z3 − 8i = 0

Exprimer toutes les solutions sous forme algébrique et sous forme trigonométrique. En posant Z = z3, cette équation revient à celle de la question 1, avec pour inconnue Z. Ainsi, on sait que l’on a deux cas à traiter : z3 = i et z3 = -8, soit sous forme exponentielle :

( )32e 1e

iir απ

= et ( )3e 8ei ir α π=

La première égalité donne :

. ,

3 11

2 5 4 32ou ou

6 6 3 6 6 3 26 3

rr

k k αα

= = ⇔ π π π π π π π π π = + = + == + ∈

ℤ , ce qui donne :

5 3

6 6 21 2 3

3 1 3 1e ; e ; e

2 2 2 2

i i iz i z i z i

π π π

= = + = = − + = = −

La deuxième égalité donne :

. ,

3 28

2 4 52ou ou

3 3 3 3 3 33 3

rr

k k αα

= = ⇔ π π π π π π π π = + = π + == + ∈

ℤ , ce qui donne :

i iiz i z z iπ π

π= = + = = − = = −5

3 34 5 62e 1 3 ; 2e 2 ; 2e 1 3