NOMBRES COMPLEXES - Pages - accueilmath.heig-vd.ch/fr-ch/enseignement/Cours/Complexes2013.pdf · 10 Exercices 36 2. 11 R eponses aux exercices 41 ... Deux nombres complexes sont conjugu

NOMBRES COMPLEXESLang Fred1

0.1 0.2 0.5 1 2 5 10 20

ω

0.0005

0.001

0.005

0.01

0.05

0.1

KDiagramme de Bode du gain K = KHωL

Diagramme de Bode du gain K(ω) =∣∣∣ 1(jω−1)(jω−2)(jω−3)

∣∣∣

1Version 2013

1

Table des matieres

1 Forme cartesienne des nombres complexes 41.1 Definition des nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Conjugaison . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 Addition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.5 Soustraction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.6 Multiplication . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.7 Division . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.8 Module . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.9 Proprietes du module . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.10 Proprietes de la conjugaison . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.11 Puissances de i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.12 Puissance d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Interpretation geometrique des nombres complexes 7

3 Forme polaire d’un nombre complexe 93.1 Formules de passage: forme cartesienne ←→ forme polaire . . . . . . . . . . . . . 93.2 Operations sous la forme polaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.3 Puissance d’un nombre complexe et formule de Moivre . . . . . . . . . . . . . . . 11

4 Racines d’un nombre complexe 114.1 Calcul des racines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114.2 Cas particuliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134.3 Emploi des symboles m

√z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4.4 Quelques dessins . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

5 Equations et coefficients complexes 155.1 Equations lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155.2 Equations quadratiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165.3 Equations poynomiales de degre superieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

6 Forme exponentielle des nombres complexes 196.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196.2 Fonctions circulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216.3 Linearisation des polynomes trigonometrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

7 Exponentielle d’un nombre complexe 22

8 Application des nombres complexes a l’etude des oscillations harmoniques 248.1 Representation complexe d’une oscillation harmonique. Amplitude complexe. . . 248.2 Superposition d’oscillations harmoniques de meme frequence. . . . . . . . . . . . 268.3 Superposition d’oscillations harmoniques de frequences voisines. . . . . . . . . . . 298.4 Superposition d’oscillations harmoniques amorties ou amplifiees exponentiellement. 31

9 Graphes de fonctions complexes 339.1 Fonction de variable reelle a valeur complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339.2 Fonctions de variable complexe a valeur complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

10 Exercices 36

2

11 Reponses aux exercices 41

12 Exercices supplementaires 48

13 Corrige des exercices supplementaires 58

14 Droites et cercles 7114.1 Droites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7114.2 Cercles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7214.3 Droites et cercles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

15 Transformations du plan complexe 7315.1 Translations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7315.2 Rotations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7315.3 Homotheties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7415.4 Similitudes directes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7415.5 Symetries axiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7515.6 Similitudes indirectes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7515.7 Inversions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

15.7.1 Inversions circulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7515.7.2 Inversions complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

15.8 Homographies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

16 Constructions 78

17 Demonstrations 81

3

1 Forme cartesienne des nombres complexes

1.1 Definition des nombres complexes

On definit un nouveau nombre, note i par les mathematiciens et j par les electriciens , representantune racine carree de −1 (l’autre etant alors −i.)

i2 = −1 (1)

Les nombres i et ses multiples b · i, b reel, sont appeles imaginaires.Une somme d’un nombre imaginaire b i et d’un nombre reel a est un nombre complexe

z = a+ bi

L’ensemble des nombres complexes se note C.

La partie reelle du nombre complexe z = a+ bi est le nombre reel a. On la note <(z).La partie imaginaire du nombre complexe z = a+ bi est le nombre reel b. On la note =(z).

Deux nombres complexes a+bi et c+ di sont egaux s’ils ont memes parties reelle et imaginaire:

a+ bi = c+ di⇔ a = c et b = d

Un nombre complexe est nul, z = 0, si ses parties reelle et imaginaire sont nulles: 0 + 0i = 0.Un nombre complexe est reel si sa partie imaginaire est nulle: a+ 0i.Un nombre complexe est imaginaire pur, si sa partie reelle est nulle: 0 + bi.

Deux nombres complexes sont opposes, si leurs parties reelles et imaginaires le sont:

−(a+ bi) = −a− bi est l’oppose de a+ bi

1.2 Ordre

i est-il positif ou negatif?

• Si i > 0 alors −1 = i2 > 0 contradiction

• Si i < 0 alors −1 = i2 > 0 contradiction

Il n’est pas possible d’ordonner les nombres complexes de maniere a respecter les regles de signes.

1.3 Conjugaison

Deux nombres complexes sont conjugues, si leurs parties reelles sont egales et leurs partiesimaginaires sont opposees:

z = a− bi (2)

est le conjugue de z = a+ bi

Les quatre operations, addition, soustraction, multiplication et division sont definies de sorteque les regles du calcul algebrique restent valides.

4

1.4 Addition

(a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i (3)

Exemple: (2 + 3i) + (4− 5i) = 6− 2i.

1.5 Soustraction

(a+ bi)− (c+ di) = (a− c) + (b− d)i (4)

Exemple: (2 + 3i)− (4− 5i) = −2 + 8i.

1.6 Multiplication

(a+ bi)(c+ di) = (ac− bd) + (ad+ bc)i (5)

Car (a+ bi)(c+ di) = ac+ adi+ bci+ bdi2 = ac+ adi+ bci− bd.

Exemple: (4 + 7i)(3− 2i) = 12− 14i2 + 21i− 8i = 26 + 13i

1.7 Division

a+ bi

c+ di=ac+ bd

c2 + d2+bc− adc2 + d2

i (6)

Pour diviser un nombre complexe par un autre, on amplifie par le conjugue du denominateur:

a+ bi

c+ di=

(a+ bi)(c− di)(c+ di)(c− di)

=ac+ bd

c2 + d2+bc− adc2 + d2

i

Exemple:2 + 3i

4− 5i=

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

(4− 5i)(4 + 5i)=

8 + 15i2 + 22i

16 + 25= − 7

41+

22

41i

1.8 Module

Le module ou valeur absolue d’un nombre complexe z = a + bi est le nombre reel positif ounul |z| > 0 defini par:

|z| = |a+ bi| =√a2 + b2 (7)

5

1.9 Proprietes du module

1. Le module est une extension de la valeur absolue: Si z = a est reel, alors |z| = |a|.

2. Un nombre complexe est nul si et seulement si son module l’est:

z = 0 ⇐⇒ |z| = 0

3. Le produit d’un nombre complexe par son conjugue est un nombre reel egal au carre deson module:

zz = |z|2 z = x+ i y ⇒ |z|2 = x2 + y2 (8)

Consequence:

La somme de deux carres, qui n’est pas factorisable dans le domaine reel (expressionirreductible) peut toujours etre decomposee en un produit de nombres complexes.

Exemple: 21 = 5 + 16 = 5− 16i2 = (√

5− 4i)(√

5 + 4i)

Plus generalement:a2 + b2 = (a+ bi)(a− bi)

oux2 + 1 = (x− i)(x+ i) (9)

4. Le module verifie l’inegalite du triangle:

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2| (10)

L’egalite n’a lieu que si z2 = kz1, k reel positif.

5. Le module du produit est egal au produit des modules:

|z1 · z2| = |z1| · |z2| (11)

6. Un nombre complexe est reel si et seulement s’il est egal a son conjugue:

z reel ⇐⇒ z = z

7. Un nombre complexe est purement imaginaire si et seulement s’il est egal a l’oppose deson conjugue:

z purement imaginaire ⇐⇒ −z = z

1.10 Proprietes de la conjugaison

1.¯z = z

2.z1 + z2 = z1 + z2

6

3.z1 · z2 = z1 · z2

4.zn = zn

5. (z1

z2

)=z1

z2

6. (1

z

)=

1

z

7.

<(z) =1

2(z + z)

8.

=(z) =1

2i(z − z)

1.11 Puissances de i

Soit m est un entier.

i−8 = i−4 = i0 = i4 = i8 = i4m = +1i−7 = i−3 = i1 = i5 = i9 = i4m+1 = +ii−6 = i−2 = i2 = i6 = i10 = i4m+2 = −1i−5 = i−1 = i3 = i7 = i11 = i4m+3 = −i

1.12 Puissance d’un nombre complexe

Les regles habituelles du calcul des puissances restent valables.

Exemple: (2 + i)3 = 23 + 3 · 22 · i+ 3 · 2 · i2 + i3 = 8 + 12i− 6− i = 2 + 11i

2 Interpretation geometrique des nombres complexes

Tout nombre complexe z = x+ yi peut s’interpreter comme les coordonnees d’un point M(x; y)du plan Oxy, l’axe Ox etant l’axe reel (unite 1) et l’axe Oy etant l’axe imaginaire (unite i).On parle alors du plan complexe d’Argand-Gauss et z est l’affixe de M .

On obtient alors une correspondance entre les nombres complexes et les points. Voir la table 1.

Addition:Dans le plan de Gauss, les 4 nombres complexes 0, z1, z1 + z2, z2 forment un parallelogramme.En termes de vecteurs, on retrouve le paralleogramme des forces.

7

Table 1: Correspondance entre les nombres complexes et les points du plan

Nombres complexes Points du plan

z = x+ yi M(x;y)

Partie reelle x abscisse x

Partie imaginaire y ordonnee y

Nombre zero 0 origine O

Module ρ = |z| de z rayon polaire ρ de M , distance de M a O.

Module |z2 − z1| distance de M2 a M1.

Argument θ = arg(z) de z angle polaire θ de M

Nombre conjugue z de z symetrique M ′ de M rel. a Ox

z est reel M est sur Ox

z est purement imaginaire M est sur Oy

<(z) > 0 M est dans les quadrants I ou IV

<(z) < 0 M est dans les quadrants II ou III

z est de module |z| = 1 M est sur le cercle unite

Addition: z = z1 + z2 M est le 4eme sommet du parallelogramme OM1MM2

parallelogramme des forces:−−→OM =

−−−→OM1 +

−−−→OM2

Soustraction: z = z1 − z2 M est le 4eme sommet du parallelogramme OM2M1M−−→OM =

−−−→OM1 −

−−−→OM2

Transformation z → z + z1 translation dans la direction−−−→OM1

Transformation z → −z oppose de z, symetrie de centre O

Transformation z → kz, k reel homothetie de centre O de rapport k

Transformation z → iz rotation de centre O de π2 radians

Transformation z → −iz rotation de centre O de −π2 radians

Transformation z → uz, |u| = 1 rotation de centre O d’angle arg(u)

Transformation z → wz rotation de centre O d’angle arg(w)

suivie d’une homothetie de centre O de rapport |w|

Inversion z → 1

zInversion de centre O

8

Multiplication:La multiplication par un nombre complexe w de module 1 est une rotation de centre O et d’anglearg(w).

Exemples:Si w = i, on obtient une rotation de π

2 radians de centre O dans le sens trigonometrique.

Si w = −i, on obtient une rotation de −π2 radians de centre O dans le sens trigonometrique

inverse.

3 Forme polaire d’un nombre complexe

De meme que tout point2 M du plan a des coordonnees cartesiennes

M(x; y)

et des coordonnees polairesM [ρ; θ]

tout nombre complexe z non nul peut se representer sous la forme cartesienne

z = x+ yi

ou sous la forme polairez = [ρ; θ]

ρ est le module de z note |z| et θ l’argument de z note arg(z) exprime en radians, on prend

arg(z) ∈ ]− π;π]

3.1 Formules de passage: forme cartesienne ←→ forme polaire

z = x+ yi ←→ z = [ρ; θ]

x = ρ cos θ ρ =√x2 + y2

y = ρ sin θ tan(θ) =y

x, x 6= 0

ou

θ =

+ arccos

(x

ρ

)si y ≥ 0

− arccos

(x

ρ

)si y < 0

(12)

Remarque:

La formule tan(θ) =y

xne determine l’argument θ qu’a π radians pres!

θ est donne par:

2sauf l’origine

9

1.θ = arctan

(yx

)si z est dans les quadrants I ou IV ⇔ x > 0

2.θ = π + arctan

(yx

)si z est dans les quadrants II ⇔ x < 0 et y > 0

3.θ = −π + arctan

(yx

)si z est dans les quadrants III ⇔ x < 0 et y < 0

Ainsi

z = x+ iy = ρ cos θ + i ρ sin θ = ρ(cos θ + i sin θ) = [ρ; θ] (13)

Si x = 0 et y 6= 0, alors l’argument est ±π2 .

Le nombre 0 a un module nul, mais son argument n’est pas defini, habituellement on le poseegal a zero.

3.2 Operations sous la forme polaire

La forme cartesienne est bien adaptee aux additions et aux soustractions, la forme polaire seprete mieux aux multiplications, divisions, puissances et racines.

Le produit de deux nombres complexes admet pour module le produit des moduleset pour argument la somme des arguments.

Preuve

ρ1 (cos θ1 + i sin θ1)ρ2( cos θ2 + i sin θ2) =

ρ1 ρ2((cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2) + (sin θ1 cos θ2 + sin θ2 cos θ1)i) =

ρ1 ρ2(cos(θ1 + θ2) + i(sin(θ1 + θ2))

On peut donc ecrire[ρ1; θ1] · [ρ2; θ2] = [ρ1 · ρ2 ; θ1 + θ2] (14)

Exemple: [2;π/6] · [8; 5π/18] = [16; 4π/9]

De meme:Le quotient de deux nombres complexes admet pour module le quotient des mod-ules et pour argument la difference des arguments.

[ρ1; θ1]/[ρ2; θ2] = [ρ1/ρ2 ; θ1 − θ2]

Exemple: [2; 5π/3]/[8; 7π/6] = [1/4;π/2] = i/4

|z1 · z2| = |z1| · |z2| (15)

|zn| = |z|n (16)

arg(z1 · z2) = arg(z1) + arg(z2) (17)

arg(zn) = n · arg(z) (18)

10

3.3 Puissance d’un nombre complexe et formule de Moivre

En generalisant la formule du produit a n facteurs egaux, on obtient la formule

[ρ; θ]n = [ρn;n · θ]

ou(ρ(cos(θ) + i sin(θ)))n = ρn(cos(nθ) + i sin(nθ))

Le cas particulier ou z est de module 1 donne la formule de Moivre (1667-1754):

(cos(θ) + i sin(θ))n = cos(nθ) + i sin(nθ) (19)

Exemple d’application:Etablissons les formules de trigonometrie de l’angle quintuple:

(cos(ϕ) + i sin(ϕ))5 = cos(5ϕ) + i sin(5ϕ)

Developpons le premier membre:

cos5(ϕ)+5 cos4(ϕ)i sin(ϕ)+10 cos3(ϕ)(i sin(ϕ))2+10 cos2(ϕ)(i sin(ϕ))3+5 cos(ϕ)(i sin(ϕ))4+(i sin(ϕ))5

= cos5(ϕ)+5i cos4(ϕ) sin(ϕ)−10 cos3(ϕ) sin2(ϕ)−10i cos2(ϕ) sin3(ϕ)+5 cos(ϕ) sin4(ϕ)+i sin5(ϕ)

En egalant les parties reelles et les parties imaginaires de chaque membre, on obtient les formulesde l’angle quintuple:

cos(5ϕ) = cos5(ϕ)− 10 cos3(ϕ) sin2(ϕ) + 5 cos(ϕ) sin4(ϕ)

sin(5ϕ) = 5 cos4(ϕ) sin(ϕ)− 10 cos2(ϕ) sin3(ϕ) + sin5(ϕ)

4 Racines d’un nombre complexe

Un nombre complexe z est dit racine mieme complexe d’un nombre complexe w lorsque

zm = w

Tout nombre complexe admet exactement m racines miemes complexes.

Ce fait remarquable, justifie deja a lui seul l’introduction des nombres complexes.

4.1 Calcul des racines

Donne: w = [r, α]

Cherches: z = [ρ; θ] tels que zm = w.

zm = w ⇔ [ρ; θ]m = [r, α]⇔ [ρm;mθ] = [r, α]⇔ ρm = r et mθ = α (mod 2π)

La premiere equation a lieu dans les reels positifs et admet donc une unique solution

ρ = m√r (20)

11

La seconde est une equation trigonometrique admettant m solutions modulo 2π:

θ =α

m+ k

2π

m, k = 0, 1, 2, ...,m− 1 (21)

Les m racines de w = [r, α] sont donc

[ m√r ;

α

m+ k

2π

m] = m√r

(cos

(α

m+ k

2π

m

)+ i sin

(α

m+ k

2π

m

)), k = 0, ...,m− 1

(22)

Dans le plan de Gauss, les m racines miemes de w sont les sommets d’un polygone regulier con-vexe a m cotes, inscrit dans un cercle centre a l’origine ayant pour rayon la racine mieme dumodule de w.

Exemple:Calculons les 3 racines cubiques de w = 8i. (Voir la figure 1)Il faut mettre w sous la forme polaire: w = [8;π/2].Les 3 racines cherchees sont doncz0 = [2;π/6] =

√3 + i, z1 = [2;π/6 + 2π/3] = −

√3 + i et z2 = [2;π/6 + 4π/3] = −2i.

z0z1

z2

z0

z1

z2

z3

z4

Figure 1: Les racines cubiques de 8i et cinquiemes de 4 − 4i.

Exemple:Calculons les 5 racines cinquiemes de w = 4− 4i. (Voir la figure 1)On a w = [

√32 ;−π/4].

Les 5 racines cherchees sont doncz0 = [

√2 ;−π/20], z1 = [

√2 ; 7π/20], z2 = [

√2 ; 15π/20], z3 = [

√2 ; 23π/20], z4 = [

√2 ; 31π/20].

Exemple:Calculons les 6 racines sixiemes de w = 64.On a w = [64; 0].Les 6 racines cherchees sontz0 = [2; 0] = 2, z1 = [2;π/3] = 1 + i

√3, z2 = [2; 2π/3] = −1 + i

√3, z3 = [2;π] = −2,

z4 = [2; 4π/3] = −1− i√

3, z5 = [2; 5π/3] = 1− i√

3.

12

Exemple:Calculons les 4 racines quatriemes de w = −1. (Voir la figure 2)On a w = [1;π].Les 4 racines cherchees sontz0 = [1;π/4], z1 = [1; 3π/4], z2 = [1; 5π/4], z3 = [1; 7π/4].qui s’ecrivent de maniere compacte √

2

2(±1± i)

z0

z1

z2

z0

z1

z2z3

Figure 2: Les racines cubiques de −1 avec z2 = z0 et quatrieme de −1 avec z2 = z1 = −z0 et z3 = z0 = −z1.

Exemple:Calculons les 3 racines cubiques de w = −1. (Voir la figure 2)On a w = [1;π].Les 3 racines cherchees sont z0 = [1;π/3], z1 = [1;π] = −1, z2 = [1; 5π/3].

4.2 Cas particuliers

1. Tout nombre complexe admet deux racines carrees opposees. Par exemple,

• Celles de 1 sont +1 et −1.

• Celles de −1 sont +i et −i.

2. Tout nombre reel admet m racines miemes complexes:

• Si m est pair et z positif, deux des racines sont reelles opposees, les autres sontcomplexes conjuguees.

• Si m est impair, une seule des racines est reelle, les autres sont complexes conjuguees.

3. Racines miemes de l’unite 1:

Elles sont situees sur un polygone regulier a m cotes inscrit dans le cercle trigonometrique.

13

4.3 Emploi des symboles m√z

L’usage du symbole m√z devrait etre evite, car z possede m racines miemes, laquelle est-elle

designee par m√z?

Parfois, on designe ainsi une quelconque des racines miemes, ou toutes ou encore celle d’argumentminimal.

Le logiciel Mathematica choisit le dernier critere: 3√

1 = 1, mais 3√−1 = 1

2 + i√

32 .

Relevons que les formules de manipulation de racines ne sont plus valables, par exemple:

√x y 6=

√x√y

Exemple: √(−2)(−2) =

√4 = 2 6=

√−2√−2 = i

√2 i√

2 = −√

2√

2 = −√

4 = −2

Par contre si m est pair et z est reel positif:

m√−z = i m

√z

4.4 Quelques dessins

z0

z1

z2

z

2

z

1

z0

z1z2

z3

z4 z5

Figure 3: Les racines cinquieme et sixieme de 1, avec z3 = −z0, z4 = −z1 = z2 et z5 = −z2 = z1.

14

z0

z1

z2

z3

z4

z0

z1

z2

z3

z4

z5

Figure 4: Les racines cinquieme de -1, avec z3 = z1 et z4 = z0 et sixieme de −1, avec z3 = −z0 = z2,z4 = −z1 = z1 et z5 = −z2 = z0.

z0

z1

z2

z3 z4

z0

z1

z2

z3

z4

z5

Figure 5: Les racines cinquieme et sixieme de i, avec z3 = −z0, z4 = −z1 et z5 = −z2.

z0

z1

z2

z3

z4

z0

z1

z2

z3

z4

z5

Figure 6: Les racines cinquieme et sixieme de −i, avec z3 = −z0, z4 = −z1 et z5 = −z2.

5 Equations et coefficients complexes

5.1 Equations lineaires

Les systemes lineaires a variables complexes se resolvent a l’aide des methodes usuelles.15

Il faut se rappeler toutefois qu’une equation complexe correspond a deux equations reelles.

Exemple:Resolvons l’equation a variable complexe

z(1 + i)− i z = 1

Remplacons z = x+ yi et z = x− yi.Il vient (x+ yi)(1 + i)− i(x− yi) = x+ yi+ xi− y − xi− y = 1.Egalons les parties reelle et imaginaire:

x− 2y = 1y = 0

On obtient ainsi x− 2y = 1 et y = 0 , d’ou z = 1.

5.2 Equations quadratiques

Les equations quadratiques se resolvent par la formule du second degre habituelle.Soit

az2 + bz + c = 0

avec a, b, c, z complexes.Le discriminant ∆ = b2 − 4ac peut maintenant etre complexe.Les solutions de l’equation quadratique sont alors

z =−b±

√∆

2a

Il reste a determiner les racines carrees de ∆, une seule suffit, car elles sont opposees.

Si l’equation est a coefficients reels et de discriminant negatif, les racines ±i√−∆ sont purement

imaginaires et les solutions sont complexes conjuguees.

Exemples:

1) Les solutions de l’equationz2 + z + 1 = 0

sont les nombres complexes conjugues

−1

2± i√

3

2

2) Les solutions de l’equation

z2 − 5z + 14iz − 10i− 24 = 0⇔ z2 − (5− 14i)z − 2(5i+ 12) = 0

sont

z =5− 14i±

√∆

2

ou ∆ = (5− 14i)2 − 4(−2)(5i+ 12) = −75− 100i.

16

Le calcul d’une racine carree de ∆ donne 5− 10i.

Ainsi les solution sont5− 14i± (5− 10i)

2Donc

z1 = 5− 12i et z2 = −2i.

Ces solutions ne sont pas conjuguees, car l’equation est a coefficients complexes.

5.3 Equations poynomiales de degre superieur

Theoreme fondamental de l’algebre (Gauss 1799):

Une equation polynomiale de degre n a coefficients complexes admet exactement nsolutions complexes, eventuellement confondues.

Corollaire:Un polynome a coefficients complexes de degre n se factorise en un produit de facteurs lineairesa coefficients complexesDans le cas particulier ou les coefficients sont reels, les solutions complexes viennent par pairesconjuguees.

Corollaire:Un polynome a coefficients reels de degre n se factorise en un produit de facteurs lineaires etquadratiques a coefficients reels.

Exemple:Le polynome z4 + 1 se factorise sur les reels en produit de polynomes irreductibles du seconddegre:

z4 + 1 = (z2 +√

2 z + 1)(z2 −√

2 z + 1)

Mais, sur les complexes, il se factorise en produit de polynomes du premier degre:

z4 + 1 = (z − z0)(z − z1)(z − z2)(z − z3)

ou les zi, i = 0...3, sont les quatre racines quatriemes de −1.

Table 2: Le tableau donne les differentes repartitions possibles des racines en fonction du degredu polynome a coefficients reels (r = racine reelle, c = racine complexe):

2 r1r2 r1r1 c1c1

3 r1r2r3 r1r1r2 r1r1r1 r1c1c1

4 r1r2r3r4 r1r2r3r3 r1r1r2r2 r1r1r1r2 r1r1r1r1

r1r2c1c1 r1r1c1c1 c1c1c2c2 c1c1c1c1

5 r1r2r3r4r5 r1r2r3r4r4 r1r2r3r3r3 r1r2r1r2r3 r1r1r1r2r2

r1r1r1r1r2 r1r1r1r1r1 r1r2r3c1c1 r1r2r2c1c1 r1r1r1c1c1

r1c1c1c2c2 r1c1c1c1c1

Exemple:

17

x5 − 2x4 − 2x3 + 4x2 + x− 2 = (x− 2)(x2 − 1

)2admet le graphe

-1.5 -1.0 -0.5 0.5 1.0 1.5 2.0

-3

-2

-1

1

2

Figure 7: Le polynome x5 − 2x4 − 2x3 + 4x2 + x− 2 = (x− 2)(x2 − 1

)2a cinq zeros reels dont deux doubles.

Exemples graphiques:

plan reel ←→ plan de Gauss:

x

y

-2 0

-2 0

i

-i

Figure 8: Le polynome (x + 2)(x2 + 1) a deux zeros complexes conjugues et un zero reel

x

y

-2 0

-2 20

i

-i

Figure 9: Le polynome (x2 − 4)(x2 + 1) a deux zeros complexes conjugues et deux zeros reels distincts

18

-1.5 -1 -0.5 0.5 1

1

2

3

4

5

6

9- 12, -

!!!3

2=

9- 12,

!!!3

2=

0

90, -!!!2 =

90, !!!2 =

Figure 10: Le polynome (x2 + 2)(x2 + x + 1) a quatre zeros complexes distincts conjugues deux a deux

9- 12, -

!!!3

2=

9- 12,

!!!3

2=

0

9 1!!!2, -

1!!!2=

9- 1!!!2,

1!!!2=

Figure 11: Le polynome (x2 + i)(x2 + x + 1) = x4 + x3 + (1 + i)x2 + ix + i a quatre zeros complexes distincts

0

Figure 12: Que pouvez-vous dire du degre des polynomes suivants? Sont-ils a coefficients reels? Quel serait ledegre d’un polynome a coefficients reels s’annulant en ces points?

6 Forme exponentielle des nombres complexes

6.1 Introduction

Le developpement en serie de Taylor des fonctions sinus, cosinus et exponentielles permetd’etablir la celebre formule suivante, due a Euler (18eme siecle):

eiϕ = cos(ϕ) + i sin(ϕ) (23)

Justification:

sin(ϕ) = ϕ− ϕ3

3!+ϕ5

5!− ϕ7

7!+ ...

et

cos(ϕ) = 1− ϕ2

2!+ϕ4

4!− ϕ6

6!+ ...

19

eϕ = 1 +ϕ

1!+ϕ2

2!+ϕ3

3!+ϕ4

4!+ϕ5

5!+ϕ6

6!+ϕ7

7!+ ...

et donc

eiϕ = 1 +iϕ

1!+

(iϕ)2

2!+

(iϕ)3

3!+

(iϕ)4

4!+

(iϕ)5

5!+

(iϕ)6

6!+

(iϕ)7

7!+ ... = cos(ϕ) + i sin(ϕ)

Nous obtenons ainsi la forme exponentielle des nombres complexes:

[ρ;ϕ] = ρ (cos(ϕ) + i sin(ϕ)) = ρ eiϕ (24)

ou

z = |z| ei arg(z)

Cas particuliers:

• ρ = 1z = eiϕ

• ϕ = πeiπ = −1

• ϕ = π2

eiπ/2 = i

Regles de calcul:

• Produit:ρ1 e

iϕ1 · ρ2 eiϕ2 = ρ1 ρ2 e

i(ϕ1+ϕ2)

eiϕ1 · eiϕ2 = ei(ϕ1+ϕ2)

• Quotient:ρ1 e

iϕ1

ρ2 eiϕ2=ρ1

ρ2ei(ϕ1−ϕ2)

eiϕ1

eiϕ2= ei(ϕ1−ϕ2)

• Puissance:(ρ eiϕ)n = ρn ei nϕ

• Formule de Moivre:(eiϕ)

n= einϕ

• Racines nieme de ρeiϕ:n√ρ ei(ϕ+2kπ)/n, k = 0, 1, 2...n− 1

20

• Derivee:

On considere i comme une constante.

Exemple:

Soient x et ω reels, alors

d

dxeiωx =

d

dx(cos(ωx)+i sin(ωx)) = −ω sin(ωx)+iω cos(ωx) = iω(cos(ωx)+i sin(ωx)) = iωeiωx

d2

dx2eiωx = −ω2eiωx

Comme on le voit, les calculs sous forme exponentielle sont tres simples. Dans la resolutiond’equations differentielles reelles, on passe a la forme exponentielle pour simplifier les calculs.

6.2 Fonctions circulaires

Rappelons la relation d’Euler:

eix = cos(x) + i sin(x)

En remplacant x par −x on obtient:

e−ix = cos(x)− i sin(x)

D’ou l’on tire, par somme et difference, les formules d’Euler:

cos(x) =1

2(eix + e−ix) (25)

sin(x) =1

2i(eix − e−ix) (26)

Ainsi, toutes les expressions trigonometriques peuvent alors s’exprimer a l’aide d’exponentiellescomplexes.

6.3 Linearisation des polynomes trigonometrique

Tout polynome trigonometrique, par exemple

cos3(x) sin2(x) + 5 sin5(x) + cos5(x)

peut se lineariser, c’est-a-dire s’ecrire comme une somme du type suivant:

a0+a1 cos(x)+b1 sin(x)+a2 cos(2x)+b2 sin(2x)+a3 cos(3x)+b3 sin(3x)+...+an cos(nx)+bn sin(nx)

Exemple:

cos3(x) =1

8

(eix + e−ix

)3=

1

8

(e3ix + 3e2ixe−ix + 3eixe−2ix + e−3ix

)=

1

4· 1

2(e3ix + e−3ix) +

1

4· 3 · 1

2(eix + e−ix) =

1

4(cos(3x) + 3 cos(x)).

21

Exemple:

cos3(x) sin2(x) = −1

8

(eix + e−ix

)3 1

4

(eix − e−ix

)2=

− 1

32

(e3ix + 3e2ixe−ix + 3eixe−2ix + e−3ix

) (e2ix − 2 + e−2ix

)= ...

Plus simplement:

cos3(x) sin2(x) = cos3(x)(1− cos2(x)) = cos3(x)− cos5(x).

La linearisation du premier terme a deja ete faite, celle du second s’obtient par la formule dubinome:

cos5(x) =1

32

(eix + e−ix

)5=

1

32

(e5ix + 5e4ixe−ix + 10e3ixe−2ix + 10e2ixe−3ix + 5eixe−4ix + e−5ix

)=

1

32

(e5ix + 5e3ix + 10eix + 10e−ix + 5e−3ix + e−5ix

)=

1

16(cos(5x) + 5 cos(3x) + 10 cos(x))

Ainsi

cos3(x) sin2(x) =1

16(cos(5x) + 7 cos(3x) + 22 cos(x))

En resume:

Figure 13: Methode pour lineariser un polynome trigonometrique

7 Exponentielle d’un nombre complexe

But: Definirex+i y

Pour garder les regles habituelles de calcul, nous allons poser, pour z = x+ i y:

22

ez = ex+i y = ex · ei y = ex (cos(y) + i sin(y)

Ainsi

• Le module de ez est|ez| = ex

• L’argument de ez est, a 2kπ presarg(ez) = y

Proprietes:

•ez1+z2 = ez1 · ez2

• Pour n entier quelconque:(ez)n = enz

•ez = ez

• L’exponentielle complexe est une fonction periodique de periode 2π i

ez+2π i = ez

Pour k entier:ez+k 2π i = ez

23

8 Application des nombres complexes a l’etude des oscillationsharmoniques

8.1 Representation complexe d’une oscillation harmonique. Amplitude com-plexe.

Figure 14: Formes reelle y(t) et complexe z(t) d’une oscillation

Partons de

z(t) = A ej(ωt+ϕ) = A cos(ωt+ ϕ) + j A sin(ωt+ ϕ) = x(t) + j y(t)

On voit donc que les parties reelle et imaginaire de l’exponentielle representent des oscillationsharmoniques. Il est d’usage en electricite d’utiliser la partie imaginaire pour representer lesoscillations sinusoıdales.

Lorsquey(t) = A sin(ωt+ ϕ)

decrit une oscillation dans le systeme d’axes Oty, l’exponentielle

z(t) = A ej(ωt+ϕ)

parcourt un cercle dans le plan complexe.

On parle aussi de vecteurs tournants ou de diagrammes de Fresnel.

24

Le lien entre les deux formes est

y(t) = =(z(t))

Avantage:y(t) presente un mouvement non uniforme d’allers et retours alors que z(t) decrit un mouvementcirculaire uniforme, plus simple a etudier.

Amplitude complexe:

z(t) = A ej(ωt+ϕ) = A ej ϕ · ejωt = A · ejωt

ou

A = A ej ϕ = z(0)

est l’amplitude complexe de l’oscillation et A l’amplitude reelle.

Evidemment:

A = |A|

Interpretation geometrique:

Figure 15: Cercle de rayon A = |A|

A donne une vue ”statique” de l’oscillation harmonique, cette amplitude complexe ne dependpas du temps.

y = A sin(ωt+ ϕ)Im⇐ z = A ej(ωt) ou A = A ej ϕ (27)

25

8.2 Superposition d’oscillations harmoniques de meme frequence.

-2 -1 1 2 3 4t

-7

-5

3.17

5

7

y1HtL,y2HtL,yHtL

Figure 16: Graphes de y1(t) = 5 sin(3t+ π5 ), y2(t) = 7 sin(3t− 2π5 ) et y(t) = y1(t) + y2(t).

Considerons deux oscillations harmoniques de meme frequence, la pulsation commune etant ω:

y1(t) = A1 sin(ωt+ ϕ1)

et

y2(t) = A2 sin(ωt+ ϕ2)

Resultat principal:La somme

y(t) = y1(t) + y2(t)

est encore une oscillation harmonique de meme frequence, qui peut donc se mettre sous la forme

y(t) = A sin(ωt+ ϕ)

Remarquons (fig (16) que l’amplitude de la somme n’est pas egale a la somme des amplitudes:

A 6= A1 +A2

Cela est du au dephasage entre les fonctions y1(t) et y2(t), elles ne prennent pas leurs valeursextremes en meme temps.

Par contre, les choses se passent beaucoup mieux avec les amplitudes complexes.En effet, la superposition des oscillations y1(t) et y2(t) est plus facile a comprendre sous leurforme complexe.

Passage a la forme complexe:

26

• a la place de y1(t), on calcule avec

z1(t) = A1 · ejωt ou A1 = A1 ej ϕ1

• a la place de y2(t), on calcule avec

z2(t) = A2 · ejωt ou A2 = A2 ej ϕ2

• a la place de y(t) = y1(t) + y2(t), on calcule avec

z(t) = z1(t) + z2(t) = A1 · ejωt +A2 · ejωt = (A1 +A2) · ejωt = A · ejωt

ouA = A1 +A2 = A = Aej ϕ = A1 e

j ϕ1 +A2 ej ϕ2

Donc, superposer z1(t) et z2(t) revient a additionner les amplitudes complexes.

Retour a la forme reelle, on prend les parties imaginaires:

• y1(t) = =(z1(t))

• y2(t) = =(z2(t))

• y(t) = =(z(t))

Car la partie imaginaire d’une somme est la somme des parties imaginaires.

Donc siz(t) = A · ejωt

alorsy(t) = A sin(ωt+ ϕ)

avecA = |A|

etϕ = arg(A)

Interprete en termes de vecteurs tournants, le vecteur−→OA est la somme des vecteurs

−−→OA1 et

−−→OA2 (voir fig (17).

−→OA =

−−→OA1 +

−−→OA2

En composantes, on obtient:[A1 cos(ϕ1)A1 sin(ϕ1)

]+

[A2 cos(ϕ2)A2 sin(ϕ2)

]=

[A cos(ϕ)A sin(ϕ)

]

Ainsi l’amplitude A de A est la norme du vecteur−→OA:

A2 = A21 +A2

2 + 2A1A2 cos(∆ϕ)

27

Figure 17: Somme de deux amplitudes complexes: A = A1 +A2.

ou ∆ϕ = ϕ2 − ϕ1 est l’angle entre A2 et A1.

La pente du vecteur−→OA donnera la tangente de ϕ = arg(A).

Cas particuliers:

• ∆ϕ = ±π2

: Interference constructive.

Dans ce cas les oscillations sont dephasees de π2 , nous avons une somme de sinus et de

cosinus, on retrouve la formule de trigonometrie ”amplitude-dephasage”:

A =√A2

1 +A22

• ∆ϕ = 0, nous avons une somme de sinus

A = A1 +A2

• ∆ϕ = π: Interference destructive.

A = |A1 −A2|

• Dans tous les cas|A1 −A2| ≤ A ≤ A1 +A2

28

8.3 Superposition d’oscillations harmoniques de frequences voisines.

Si les frequences sont differentes, l’amplitude resultante va varier en fonction du temps.

-2 -1 1 2 3 4t

-2

-1

1

2

y1HtL,y2HtL,yHtL

Figure 18: Graphes de y1(t) = 2 sin(4t), y2(t) = sin(6t) et y(t) = y1(t) + y2(t).

Si les frequences sont voisines, on observe le phenomene du battement (fig (19)) dans le casd’amplitudes identiques:

Une formule de trigonometrie permet de comprendre le phenomene:

A sin(ω1t) +A sin(ω2t) = 2A cos

(ω1 − ω2

2t

)sin

(ω1 + ω2

2t

)La fonction

e(t) = 2A cos

(ω1 − ω2

2t

)peut etre consideree comme l’amplitude (variable) de la somme A sin(ω1t) +A sin(ω2t).

Les enveloppes (fig (19)) sont donc les fonctions ±e(t).

Si les amplitudes sont differentes, quelques manipulations trigonometriques permettent de trou-ver les equations des courbes enveloppes:

z(t) = A1 sin(ω1t) +A2 sin(ω2t) = A1 sin(ω1t) +A2 sin(ω1t+ θt)

avec θ = ω2 − ω1.

En utilisant, la formule du sinus d’une somme, on obtient:

z(t) = A1 sin(ω1t) +A2 sin(ω1t) cos(θt) +A2 sin(θt) cos(ω1t)

ou encore

29

-100 -50 50 100t

-2

-1

1

2

yHtL, eHtL,-eHtL

Figure 19: Superpositions de y1(t) = sin(3t) et y2(t) = sin(2, 922t) avec enveloppes.

z(t) = A3 cos(ω1t) +A4 sin(ω1t)

avecA3 = A2 sin(θt)

etA4 = A1 +A2 cos(θt)

La formule ”amplitude-dephasage” permet de conclure:

z(t) = A sin(ω1t+ ϕ)

ou

A =√A2

3 +A24

et

ϕ = arctan(A3A4

) si A4 > 0, sinon il faut ajouter π.

Pour des animations, on consultera, par exemple, les sites:

http : //www.univ − lemans.fr/enseignements/physique/02/electri/repfresn.htmlhttp : //www.sciences.univ − nantes.fr/physique/perso/cortial/bibliohtml/cfresnj .html

30

-100 -50 50 100t

-4

-2

2

4

yHtL, eHtL, -eHtL

Figure 20: Superpositions de y1(t) = 2 sin(3t) et y2(t) = 3 sin(2, 922t) avec enveloppes.

8.4 Superposition d’oscillations harmoniques amorties ou amplifiees expo-nentiellement.

2.5 5 7.5 10 12.5 15t

-3

-2

-1

1

2

3

yHtL, eHtL, -eHtL

Figure 21: Graphe de y(t) = 3e−0.2t sin(3t− π/3) avec enveloppes.

Une oscillation harmonique amortie exponentiellement se presente ainsi

y(t) = A e−λt sin(ωt+ ϕ)

qui peut se voir comme la partie imaginaire de la fonction

z(t) = Ae −λt+j(ωt+ϕ) = A e−λtejωt

31

On a alors|z| = |A| e−λt = A e−λt

etarg(z) = ωt+ arg(A) = ωt+ ϕ

-1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2t=0

Ω

A

R

I

Figure 22: Diagramme en vecteur tournant de y(t) = 3e−0.2t sin(3t− π/3) .

32

9 Graphes de fonctions complexes

9.1 Fonction de variable reelle a valeur complexe

z(t) = x(t) + j y(t)

x et y sont des fonctions de la variable reelle t, alors z(t) est une courbe parametree dans le plancomplexe.En reglage on a affaire a des fonctions, dites fonctions de transfert, dont la variable, reelle, estla pulsation ω et la valeur est complexe.Le graphe, dans le plan de Gauss, de la courbe parametree, s’appelle diagramme de Nyquistde la fonction de transfert (Voir la figure 23).

Exemple:

z = G(jω) =1

(jω − 1)(jω − 2)(jω − 3)=

j

ω3 + 6jω2 − 11ω − 6j

Sous la forme cartesienne, on obtient:

z =6(ω2 − 1

)ω6 + 14ω4 + 49ω2 + 36

+ jω(ω2 − 11

)ω6 + 14ω4 + 49ω2 + 36

-0.15 -0.10 -0.05Re

-0.12

-0.10

-0.08

-0.06

-0.04

-0.02

Im

Figure 23: Diagramme de Nyquist de la fonction de transfert G(jω) = 1(jω−1)(jω−2)(jω−3)

Le module de G(jω) est appele le gain;

K(ω) = |z| = 1√ω2 + 1

√ω2 + 4

√ω2 + 9

On le represente en fonction de ω dans un systeme d’axes loglog.

L’argument de G(jω) est, lui, represente dans un systeme d’axes loglin, ce sont les diagrammesde Bode (Voir la figure 24).

33

0.1 0.2 0.5 1 2 5 10 20

ω

0.0005

0.001

0.005

0.01

0.05

0.1

KDiagramme de Bode du gain K = KHωL

0.1 0.2 0.5 1 2 5 10 20ω

-0.05

-0.04

-0.03

-0.02

-0.01

0

0.01

0.02

φDiagramme de Bode de φ

Figure 24:Diagrammes de Bode du gain et du dephasage de la fonction de transfert G(jω) = 1

(jω−1)(jω−2)(jω−3)

9.2 Fonctions de variable complexe a valeur complexe

w = f(z)

Si z = x+ iy, on a alorsw = f(z) = u(x, y) + iv(x, y)

u et v sont des fonctions de deux variables reelles x, y.

Pour representer une telle fonction, on peut se donner des dessins 3D:

u = u(x, y) = <(z) v = v(x, y) = =(z)

ρ = ρ(x, y) = |w| θ = θ(x, y) = arg(w)

-2

-1

0

1

2

x

-2

-1

0

1

2

y

-4

-2

0

2

4

Re(f)

-2

-1

0

1x

-2

-1

0

1

2

x

-2

-1

0

1

2

y

-5

0

5

Im(f)

-2

-1

0

1x

Figure 25: Parties reelles et imaginaires de la fonction z2

Exemple:La fonction complexe

w = z2 = (x+ iy)2 = (x2 − y2) + 2xyi

fournit les fonctions reelles

u(x, y) = x2 − y2 v(x, y) = 2xy

qui donnent des graphes en ”selles de cheval” (Voir la figure 25).

34

-2

-1

0

1

2

x

-2

-1

0

1

2

y

0

2

4

6

8

|f|

-2

-1

0

1x

-2

-1

0

1

2

x

-2

-1

0

1

2

y

-100

0

100Arg(f)

-2

-1

0

1x

Figure 26: Module et argument de la fonction z2

-2 -1 1 2x

-2

-1

1

2

y

Grille source

-4 -2 2 4x

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

y

Grille image

Figure 27: Image de la grille [-2;2]x[-2;2] par la fonction z2

-2 -1 1 2x

-2

-1

1

2

y

Grille source

-15 -10 -5 5 10 15x

-15

-10

-5

5

10

15

y

Grille image

Figure 28: Image de la grille [-2;2]x[-2;2] par la fonction z3

On peut aussi considerer deux plans complexes, le plan ”source”, celui de z et le plan ”image”,celui de w. Parfois, on les superpose.

35

10 Exercices

Exercice 1Effectuer, simplifier et ecrire le resultat comme a+ bi:

(3− 4i) + (−5 + 7i) (4 + 2i)− (−1 + 3i) (2 + i)(3− 2i)

(3 + 4i)(3− 2i)1 + 3i

2 + i

3− 2i

2− 3i

i3 i41

i

z = −1

2+ i

√3

2, calculer z2, z3, 1 + z + z2.

Exercice 2Determiner x et y reels tels que 2x− yi = 4 + 3i.

Exercice 3Que peut-on dire de z si 5 + z + 2− i est purement imaginaire?

Exercice 4Montrer que les nombres complexes conjugues 2± i sont solutions de l’equation z2− 4z+ 5 = 0.

Exercice 5Ecrire sous forme polaire:

−1 + i√

3 6√

3 + 6i 2− 2i −3 4i −3− 4i

Exercice 6Ecrire sous forme cartesienne:

4(cos 2π3 + i sin 2π

3 ) 2(cos 315π180 + i sin 315π

180 ) 3(cos π2 + i sin π2 ) 5(cos 128π

180 + i sin 128π180 )

Exercice 7Effectuer. Donner le resultat sous forme polaire, puis sous forme cartesienne.

5(cos 170π180 + i sin 170π

180 ) · (cos 55π180 + i sin 55π

180 ) 2(cos 50π180 + i sin 50π

180 ) · 3(cos 40π180 + i sin 40π

180 )

6(cos 110π180 + i sin 110π

180 ) · 12(cos 212π

180 + i sin 212π180 ) 10(cos 305π

180 + i sin 305π180 ) : 2(cos 65π

180 + i sin 65π180 )

4(cos 220π180 + i sin 220π

180 ) : 2(cos 40π180 + i sin 40π

180 ) 6(cos 230π180 + i sin 230π

180 ) : 3(cos 75π180 + i sin 75π

180 )

Exercice 8Ecrire les expressions en utilisant i, a ∈ R:

√−5

√−4

√−a2

√−32 3−

√−9

8 +√−16

2

6 +√−128

12

Exercice 9Calculer, en passant par la forme polaire, puis exprimer le resultat sous forme cartesienne:

36

(−1 + i√

3)(√

3 + i) (3− 3i√

3)(−2− 2i√

3) (4− 4i√

3) : (−2√

3 + 2i) −2 : (−√

3 + i)

6i : (−3− 3i) (1 + i√

3)(1 + i√

3) (3 + 2i)(2 + i) (2 + 3i) : (2− 3i)

Exercice 10Quelle rotation represente la multiplication par

i ? −1 ?

√2

2(1 + i) ?

Exercice 11a) Quel est le lieu geometrique dans le plan de Gauss des nombres complexes de module 1?b) Soit z = a+ ib, a, b > 0.

Representer les nombres z, z,1

2(z + z),

i

2(z − z) dans le plan de Gauss.

c) Soit z = [ρ;ω], calculer z + z et zz.

Exercice 12Calculer et exprimer le resultat sous forme cartesienne:

(1 + i√

3)4 (√

3− i)5 (−1 + i)10 (2 + 3i)4

Exercice 13Resoudre le systeme

(2 + i)z1 + (2− i)z2 = 7− 4i(1 + i)z1 − iz2 = 2 + i

Exercice 14Calculer les racines et les exprimer sous la forme cartesienne, sauf si l’angle n’est pas un anglesimple (π6 ,

π4 ,

π3 , etc):

carrees de 2− 2i√

3 quatriemes de −8− 8i√

3 cubiques de −4√

2 + 4i√

2 quatriemes de i

sixiemes de −1 quatriemes de −16i cinquiemes de 1 + 3i

Exercice 15Resoudre les equations

z2 + 2z + 1− 2i = 0 z2 + 2(1 + i)z − 5(1 + 2i) = 0

Exercice 16Donner la factorisation complexe et reelle des polynomes suivants et placer les zeros dans le plande Gauss:

x4 − 1 x4 + 1 x3 + 1 x6 − 1 x8 − 1 x6 + 9x4 + 27x2 + 27

Exercice 17Soient les nombres complexes

z1 =1

iωC

etz2 = R+ iωL

37

ou ω,R,L,C sont des reels positifs.

Soit z donne par la relation1

z=

1

z1+

1

z2

a) Ecrire z sous la forme a+ bi.b) Calculer le module de z.c) Pour quelle valeur de ω = ω(R,L,C), z est-il reel ?

Exercice 18Mettre sous forme cartesienne les nombres complexes e7iπ et e7iπ/2.

Exercice 19Mettre sous forme exponentielle les nombres complexes: −2, −i et 1− i.

Exercice 20Mettre sous forme cartesienne et exponentielle les nombres complexes −e2i et e2+i.

Exercice 21Pour quelle valeur positive de ω la fraction

z =1

1 + 0.2jω − 0.04ω2

presente-t-elle un argument de −π2 ?

Exercice 22L’impedance complexe d’un circuit RLC en regime force est donnee par

z = R+ j

(Lω − 1

Cω

)• Calculer la reactance: la partie imaginaire de z.

• Calculer l’impedance reelle: le module de z.

• Calculer l’origine des phases: l’argument de z.

• Calculer la resonance d’intensite, c’est la valeur ωR de ω telle que l’impedance reelle soitminimale (alors l’intensite est maximale).

• Calculer la valeur du facteur de qualite Q = LωR/R et la bande passante ∆ω = ωR/Q.

Exercice 23L’impedance complexe d’un circuit est donnee par

1

z= jCω +

1

R

• Calculer l’impedance z.

• Calculer l’impedance reelle Z.

• Calculer la reactance.

• Calculer l’origine des phases ϕ.

38

Exercice 24L’impedance complexe d’un circuit est donnee par

1

z= jCω − j

Lω

• Calculer l’impedance z.

• Calculer l’impedance reelle Z.

• Calculer la reactance.

• Calculer l’origine des phases ϕ.

• Calculer la valeur de ω pour que l’intensite soit nulle, c’est-a-dire pour que l’impedance Zsoit infinie.

Exercice 25Determination du diagramme de Nyquist de la fonction de transfert

G(jω) =A

1 + jω

ou A > 0 est le gain (constant) et ω est la pulsation variant de 0 a ∞.

• Prouver que le module |G(jω)− A

2| = A

2. [Indication: utiliser |z|2 = zz].

• Calculer les parties reelles et imaginaires de G(jω).

• Deduire de a) et b) le lieu geometrique de G(jω), pour 0 ≤ ω ≤ ∞.

• Representer ce lieu dans le plan complexe, en particulier calculer G(jω) pour ω = 0 etω =∞.

• Calculer et indiquer sur le dessin, |G(jω)| et arg(G(jω)).

Exercice 26Determination du diagramme de Nyquist de la fonction de transfert

G(jω) = A1 + jωT1

1 + jωT2

ou A > 0 est la constante de gain, T1 > 0 et T2 > 0 sont des constantes de temps et ω est lapulsation variant de 0 a ∞.

• Prouver que le lieu geometrique de G(jω), pour 0 ≤ ω ≤ ∞ est un demi-cercle centre sur

l’axe reel en C =A

2

(T1

T2+ 1

)et de rayon R =

A

2

(T1

T2− 1

).

• Indiquer a quelle condition sur T1 et T2 ce demi-cercle est-il au-dessus ou au-dessous del’axe reel.

39

• Calculer et indiquer sur le dessin: |G(jω)|, arg(G(jω)),<(G(jω)) et =(G(jω)).

• Calculer et indiquer sur le dessin la valeur ωm de la pulsation pour laquelle l’argumentϕ = arg(G(jω)) soit maximal.

Calculer la valeur de ce maximum ϕm, ainsi que tan(φm) et Am = |G(jωm)|.

• Confirmer le calcul precedent en resolvant f ′(ω) = 0, ou f(ω) = arg(G(jω).

40

11 Reponses aux exercices

Corrige ex 1Reponses:

−2 + 3i 5− i 8− i 17 + 6i 1 + i12

13+

5

13i

−i 1 −i z2 = −1

2−√

3

2i z3 = 1 1 + z + z2 = 0

Corrige ex 2x = 2, y = −3.

Corrige ex 3Sa partie reelle vaut −7.

Corrige ex 4Remplacer 2± i dans l’equation.

Corrige ex 5Reponses

2(cos 2π3 + i sin 2π

3 ) 12(cos π6 + i sin π6 ) 2

√2(cos(−π

4) + i sin(−π

4))

3(cosπ + i sinπ) 4(cos π2 + i sin π2 ) 5(cos 2.2143 + i sin 2.2143)


−2− 2√

3i√

2− i√

2 3i −3, 08 + 3, 94i


5(cos(−π4 ) + i sin(−π

4 )) = −3, 54− 3, 54i 6(cos π2 + i sin π2 ) = 6i

3(cos 322π180 + i sin 322π

180 ) = 2, 36− 1, 85i 5(cos(−2π3 ) + i sin(−2π

3 )) = −2, 5− 4, 33i

2(cosπ + i sinπ) = −2 2(cos 155π180 + i sin 155π

180 ) = −1, 81 + 0, 85i


i√

5 2i i|a| 4√

2 i 3− 3i 4 + 2i1

2+

2

3i√

2


−2√

3 + 2i −24 −√

3 + i 12(√

3 + i) −1− i −2 + 2√

3 i 4 + 7i 113(−5 + 12i)


41

π2 π π

4

Corrige ex 11a) Le cercle unite.c) z + z = 2ρ cosω et zz = ρ2.


−8− 8√

3 i −16√

3− 16i −32i −119− 120i

Corrige ex 13

z1 = 3− i, z2 = 1− 2i


R0 = −√

3 + i R1 =√

3− i

R0 = 1 + i√

3 R1 = −√

3 + i R2 = −1− i√

3 R3 =√

3− i

R0 =√

2 + i√

2 R1 = −1, 93 + 0, 52i R2 = 0, 52− 1, 93i

R0 = 0, 92 + 0, 38i R1 = −0, 38 + 0, 92i R2 = −0, 92− 0, 38i R3 = 0, 38− 0, 92i

R0 =1

2

√3 +

1

2i R1 = i, R2 = −1

2

√3 +

1

2i R3 = −1

2

√3− 1

2i R4 = −i, R5 =

1

2

√3− 1

2i

R0 = 0, 77 + 1, 85i R1 = −1, 85 + 0, 77i R2 = −0, 77− 1, 85i R3 = 1, 85− 0, 77i

R0 = 1, 22 + 0, 31i R1 = 0, 08 + 1, 26i R2 = −1, 17 + 0, 47i R3 = −0, 80− 0, 97i

R4 = 0, 67− 1, 06i

Corrige ex 15Reponses:a) i et −2− ib) 2 + i et −4− 3i.

Corrige ex 16a)

x4 − 1 = (x− 1)(x+ 1)(x+ i)(x− i) = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)

b)

x4 + 1 =

(x−√

2

2(1 + i)

)(x−√

2

2(1− i)

)(x+

√2

2(1 + i)

)(x+

√2

2(1− i)

)=

42

(x2 −√

2 x+ 1)(x2 +√

2 x+ 1)

c)

x3 + 1 = (x+ 1)

(x− 1

2− i√

3

2

)(x− 1

2+ i

√3

2

)= (x+ 1)(x2 − x+ 1)

d)x6 − 1 = (x3 − 1)(x3 + 1)

Mais

x3 − 1 = (x− 1)

(x+

1

2− i√

3

2

)(x+

1

2+ i

√3

2

)= (x− 1)(x2 + x+ 1)

Donc

x6 − 1 = (x+ 1)(x− 1)(x2 − x+ 1)(x2 + x+ 1) =

(x+ 1)(x− 1)

(x− 1

2− i√

3

2

)(x− 1

2+ i

√3

2

)(x+

1

2− i√

3

2

)(x+

1

2+ i

√3

2

)e)

x8 − 1 = (x4 − 1)(x4 + 1) =

(x−1)(x+1)(x+i)(x−i)

(x−√

2

2(1 + i)

)(x−√

2

2(1− i)

)(x+

√2

2(1 + i)

)(x+

√2

2(1− i)

)=

(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)(x2 −√

2 x+ 1)(x2 +√

2 x+ 1)

f)x6 + 9x4 + 27x2 + 27 = (x2 + 3)3 = (x+ i

√3)3(x− i

√3)3

Corrige ex 17a)

z =R

d+Lω − CR2ω − CL2ω3

di

oud = 1− 2CLω2 + C2R2ω2 + C2L2ω4 = (1− ω2LC)2 + ω2C2R2 > 0

b)

|z|2 =R2 + L2ω2

d

c) z est reel siLω − CR2ω − CL2ω3 = 0

doncω = 0

ou bien

ω =1

L

√L

C−R2

43

Corrige ex 18a)

e7iπ =(eiπ)7

= (−1)7 = −1

b)

e7iπ/2 =(eiπ/2

)7= (i)7 = −i

Corrige ex 19a) −2 est de module 2 et d’argument π, donc −2 = 2 eiπ.

b) −i est de module 1 et d’argument 3π/2, donc −i = e3πi/2.c) 1− i est de module

√2 et d’argument −π/4, donc 1− i =

√2 e−iπ/4.

Corrige ex 20

−e2i = eiπ · e2i = e(2+π)i = [1; 2− π] = cos(2− π) + i sin(2− π)

ete2+i = e2 · ei = [e2; 1] = e2 cos(1) + i e2 sin(1)

Corrige ex 21Il faut que l’argument du denominateur soit egal a +π

2 .Donc la partie reelle du denominateur doit etre nulle, ainsi 1− 0.04ω2 = 0 et ω = 5.

Corrige ex 22L’impedance complexe d’un circuit RLC en regime force est donnee par

z = R+ j

(Lω − 1

Cω

)• La reactance vaut

=(z) = Lω − 1

Cω

• L’impedance reelle vaut

Z =

√R2 +

(Lω − 1

Cω

)2

• La partie reelle de z est R > 0, donc z est dans les quadrants I ou IV et ϕ vaut

ϕ = arctan

(CLω2 − 1

CRω

)• La derivee de Z par rapport a ω vaut

dZ

dω=

C2L2ω4 − 1

C2ω3

√R2 +

(1Cω − Lω

)2Elle s’annule si ω est egale a la pulsation de resonance:

ω = ωR =1√CL

44

• Le facteur de qualite et la bande passante valent

Q = LωR/R =

√L

R√C

∆ω = ωR/Q =R

L

Corrige ex 23• Impedance:

z =jR

j − CRω=

R

1 + jCRω=

R

1 + C2R2ω2− j R2Cω

1 + C2R2ω2

• Impedance reelle:

Z =R√

C2R2ω2 + 1

• Reactance:

− CR2ω

C2R2ω2 + 1< 0

• Comme la partie reelle vautR

C2R2ω2 + 1> 0

z est dans le quadrant IV, et ϕ vaut

ϕ = arctan (−CRω) = − arctan (CRω)

Corrige ex 24• Impedance:

z =jLω

1− CLω2

• Impedance reelle:

Z =Lω

|1− CLω2|

• Reactance:Lω

1− CLω2

• Comme z est purement imaginaire, ϕ vaut

±π/2

• Z est infinie si

C =1

Lω2⇔ ω = ωR

Corrige ex 25•

G(jω)− A

2=

A

1 + jω− A

2=A

2

1− jω1 + jω∣∣∣∣G(jω)− A

2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣A2∣∣∣∣ ∣∣∣∣1− jω1 + jω

∣∣∣∣ A>0=

A

2

|1− jω||1 + jω|

Mais |1− j| = |1 + j|, donc le module cherche vautA

2.

45

•G(jω) =

A

1 + jω=

A(1− jω)

(1 + jω)(1− jω)=

A

1 + ω2− Aω

1 + ω2j

• G(jω) est un nombre complexe se trouvant constamment a la distanceA

2du nombre

complexeA

2. Donc le lieu est sur le cercle de centre

A

2et de rayon

A

2.

Comme la partie imaginaire de G(jω) est toujours negative, le lieu est sur le demi-cercleinferieur.

• Lorsque ω = 0, G(jω) = A et lorsque ω =∞, G(jω) = 0.

• D’une part

|G(jω)|2 = G(jω) ·G(jω) =A

1 + jω· A

1− jω=

A2

1 + ω2

donc

|G(jω)| = A√1 + ω2

D’autre part

tan(arg(G(jω))) ==(G(jω))

<(G(jω))= −ω

D’ou

arg(G(jω)) = arctan(−ω) = − arctan(ω)

Corrige ex 26• Pour prouver que G(jω) est situe sur un cercle de centre C et de rayon R lorsque ω varie,

il faut verifier que |G(jω)− C| = R:∣∣∣∣A1 + jωT1

1 + jωT2− A

2

(T1

T2+ 1

)∣∣∣∣ = ... =AT1

2T2− A

2= R

• La partie imaginaire de G(jω) vaut:

=(G(jω)) =A(T1 − T2)ω

T 22ω

2 + 1

Celle-ci est positive ou negative selon que T1 > T2 ou T1 < T2. Ce qui prouve que le lieuest un demi-cercle, au-dessus de l’axe reel si T1 > T2, au-dessous sinon.

• La partie imaginaire a deja ete calculee.

La partie reelle vaut:

<(G(jω)) =AT1T2ω

2 +A

T 22ω

2 + 1

Le module est

A = |G(jω)| = A√T 2

1ω2 + 1√

T 22ω

2 + 1

46

L’argument est donc situe dans les quadrants I ou IV et vaut

ϕ = Arg(G(jω)) = arctan

((T1 − T2)ω

T1T2ω2 + 1

)• La derivee

dϕ

dω=

(T2 − T1)(T1T2ω

2 − 1)(

T 21ω

2 + 1) (T 2

2ω2 + 1

)est nulle si

ω = ωm =1√T1T2

La valeur correspondante de ϕ vaut:

ϕm = arctan

(T1 − T2

2√T1

√T2

)et celle du module:

|G(jωm)| = A√T1√T2

• Le test de la derivee seconde donne

f ′′(ω) =2T

3/21 T

3/22 (T2 − T1)

(T1 + T2)2

Si le signe est positif, on a un minimum, s’il est negatif un maximum.

47

12 Exercices supplementaires

Exercice 27Dans chaque cas, calculer z en donnant le resultat sous forme rectangulaire.

1. z = (3 + 2j) + (−7− j)

2. z = (8− 6j)− (−7 + 2j)

3. z = (3− 2j)(4 + 5j)

4. z = (1, 9319 + 0, 3176j) (2, 5981 + 1, 5j)

5. z = j3

6. z = j4

7. z = (1 + j)2

8. z =(√

22 +

√2

2 j)2

Exercice 28Etant donnes les trois nombres complexes z1 = 2 + 3j , z2 = −1 + 2j , z3 = −3− j , calculer detete

1. z1 + z2 + z3 2. 2z1 + z2 + 2z3

Exercice 29Evaluer les expressions suivantes en donnant le resultat sous forme rectangulaire :

1.2−√

2j

1 +√

3j

2.5 + 5j

3− 4j+

20

4 + 3j

3.1− j6

j12

4.−3, 2253 + 8, 4022j

3, 4985 + 1, 9392j

Exercice 30On donne les trois nombres complexes z1 = 2 + 3j , z2 = −1 + 2j , z3 = −3− j . Calculer, enutilisant au possible les resultats deja etablis:

1. z2z3

2. z1z2z3

3. z23

4.z1z2

z3

5. z31 − 3z2

1 + 4z1 − 8

6. z83

Exercice 31Simplifier l’expression

(3− 3j)(7− 2j)(√

3− j)(1 + j

√3)(5j − 5)

Exercice 32Resoudre

1. (3 + 2j)z = 8 + j

2. 1− j + (4− j)z = 3− 2j

48

3. 2jz1 − z2 = 1− 6jz1 + 2jz2 = j

4.

z1 + jz2 = 1 + jjz1 + z2 = −j

Exercice 33R1 , R2, R3 , R4 , ω et C etant des nombres reels positifs donnes, determiner la valeur de L(aussi reelle), sachant que:

R1 + jωL

R3=

R2

R4 − j 1ωC

.

Exercice 34Contexte : circuits oscillants

Z = ZC + ZR + ZL

Avec ZC =1

jωC, ZR = R et ZL = jωL , ou ω , L , C > 0 reels, R ≥ 0 reel.

A quelle condition sur C , R , L , l’equation Z = 0 a-t-elle une solution ω > 0, et quelle estalors cette solution ?

Exercice 35Calculer:

1. j

2. |j|

3. | − j|

4. | − 7j|

5. |2 + 3j|

6. |(2 + 3j)3|

7.

∣∣∣∣ 4− 5j

(1 + j)2

∣∣∣∣ 8.

∣∣∣∣ zjz∣∣∣∣

Exercice 36Pour z1 = 2 + j et z2 = 3− 2j , calculer les nombres ci-dessous en evitant les operationsinutiles et en utilisant au possible les resultats deja etablis:

1. |3z1 − 4z2|

2. |z21 |

3. |z1z2|

4.z1

z1

5.z2

z1 6.

∣∣∣∣2z2 + z1 − 5− j2z1 − z2 + 3− j

∣∣∣∣2

Exercice 37Pour z = 3 + 5j , calculer le module de z, de z2, de z3 et de z4.

49

Exercice 38Les trois nombres complexes Z1, Z2 et a sont definis par:

Z1 = jωL , Z2 =1

jωC, a =

12Z1 + Z2

Z2avec ω,L,C reels positifs.

A quelle condition sur ω a-t-on |a| < 1 ?

Exercice 39Dans chaque cas, calculer |z| : 1) z =

7

2 + 3j + 15j

2) z =7− 3

j

4− j + 2j

Exercice 40Contexte: circuits RLC , fonctions de transfert, valeurs de crete —Calculer le module du nombre complexe

H =R

R+ jωL+ 1jωC

ou R,L,C, ω > 0 .

Pour quelle valeur de ω ce module est-il maximal?

Exercice 41Soit z un nombre complexe de module 1. Montrer que (z−1)(z+1) est purement imaginaire.

Exercice 42On considere les nombres complexes z = 3 + 1

2j et w = 2 + 3j . Calculer:

z , 1,8z , |z| , |w| , z + w , |z + w| , z − w , |z − w| ,

en interpretant les resultats dans le plan de Gauss (plan complexe).

Exercice 43On considere les nombres complexes z = 3 + 2j et w = −2 + j .Calculer le produit z · w, en interpretant le resultat dans le plan complexe.

Exercice 44On considere les nombres complexes z = 3 + 2j et w = −2 + j .Calculer les produits j · z et j · w, en interpretant le resultat dans le plan de Gauss.

Exercice 45On considere les nombres complexes z = 3 + 2j et w = −2 + j .

Calculer les quotientsz

jetw

j, en interpretant le resultat dans le plan de Gauss.

Exercice 46Etant donne z =

√2 +√

2j, representer z , z2 , z3 , z4 dans le plan complexe.

Exercice 47Representer dans le plan complexe les solutions des equations ou inequations suivantes:

50

1. |z| = 2

2. =(z) > 0

3. 0 ≤ <(z) ≤ 2

4. |z − j| = 1

5. |z + 3| = 4

Exercice 48En raisonnant geometriquement dans le plan complexe, resoudre les equations suivantes:

1. |z − 1| = |z| 2. |z − 1| = |z + 3| = 7

Exercice 49En raisonnant geometriquement dans le plan complexe, trouver trois solutions particulieres del’equation |z + j| = |z − 1| .

Exercice 50Resoudre les equations suivantes et representer les solutions dans le plan complexe:

1. |z| =∣∣∣3z

∣∣∣ 2. 2z =5

z3. |z + 1| = |z + j|

Exercice 51Resoudre les equations suivantes et representer les solutions dans le plan complexe:

1. j + <(

1z

)= z

2. z + 1 = z − 1

3. j|z| = z

4. (2−3j)z+(2+3j)z = −7

5. z2 + 2z2 + z − z = −9

Exercice 52Donner les nombres complexes suivants sous forme rectangulaire:

a) z1 = e−j b) z2 = je−3πj c) z3 = 5 ej2π3 · e−j

π6 d) z4 = ej

3π2 · e−j

π3

e) z5 = 2 ejπ6 · ej

7π12 f) z6 =

5 ej2π3

3 e−jπ6

Exercice 53Simplifier

z = (1 + ej + e2j + e3j)(1− ej)

Exercice 54Mettre les nombres complexes suivants sous forme exponentielle:

a) 2− 3j b) −13(1− j) c) −8 d) 3j

e) 12(√

3− j) f) −3− 4j g) 10 h)j − 1

j + 1

i) (2 + j)2

51

Exercice 55Dans un circuit, on donne

ω = 400 rd/s L = 25 mH C = 50µF ZR = R ZL = jωL ZC =1

jωC.

Le courant est en avance sur la tension d’un angle de 63, 4.

Cela signifie que l’impedance totale Z = ZR + ZL + ZC a pour argument −63, 4.En deduire la valeur de R.

Exercice 56Ecrire les nombres complexes suivants sous forme exponentielle, en evitant les operations inutileset en utilisant au possible les resultats deja etablis:

a) z1 = 1− j b) z2 =1

1− jc) z3 = (1− j)3 d) z4 = j − 1

e) z5 =j − 1

j + 1f) z6 = −5− 2j g) z7 =

1− j5 + 2j

h) z8 = (1− j)2(5 + 2j)3

Exercice 57Quel est l’argument de z ?

a) z =−3e2j

j − 1b) z =

7e−j3π4

(√3 j − 1

)3−j3(1 + j)

Exercice 58Calculer et donner le resultat sous forme rectangulaire:

a) z = (1−√

3j)5

b) z =

(1 +√

3j

1−√

3j

)10

Exercice 59Soit z = −0, 516 − 0, 191j. Calculer z6 en passant par les formes exponentielles, mais endonnant le resultat sous forme rectangulaire.

Exercice 60Contexte: circuit RLC , dephasage entre la source de tension et la charge du condensateur —Calculer l’argument ϕ du nombre complexe

E01C − Lω2 + jωR

ou R,L,C, ω,E0 > 0.

Representer le graphe de la fonction ϕ(ω).

Exercice 61Contexte: circuit RLC , fonction de transfert , dephasage entre deux tensions —Calculer l’argument du nombre complexe

H =R

R+ jωL+ 1jωC

ou R,L,C, ω > 0 .

Calculer limω→0

arg(H) et limω→+∞

arg(H) .

52

Exercice 62Contexte: fonction de transfert —Calculer l’argument du nombre complexe

H(ω) =jωL

R+ jωLou ω,R,L > 0 .

Calculer limω→∞

arg(H(ω)

).

Exercice 63ϕ designe l’argument du nombre complexe z = x+ yj.Exprimer au moyen de ϕ, l’argument de

a) z1 = x− jy b) z2 = −y + jx c) z3 = −y − jx d) z4 = −x+ yj e) z5 = (y − xj)6.

Exercice 64En raisonnant geometriquement dans le plan de Gauss, ecrire les nombres complexes ci-dessoussous forme exponentielle. Verifier par calcul les resultats obtenus.

a) z = 1 + ejϕ pour −π < ϕ < π b) z = ejϕ − 1 pour 0 < ϕ < π

c) z = ejα + ejβ pour −π2 < α, β < π

2

Exercice 65Quelle est la forme exponentielle de

ejϕ

1− ej2ϕpour ϕ ∈ R quelconque ?

Exercice 66Exprimer cos(3α) et sin(3α) au moyen de cos(α) et sin(α).

Exercice 67Lineariser les polynomes trigonometriques suivants:

a) f(x) = sin(x)(2 cos2(x)− 3)

b) f(x) = sin2(x) cos3(x)

c) f(x) = 8 cos2(2x) sin(x) cos(x)

d) f(x) = sin3(x)

Exercice 68Quel est le module et l’argument des nombres complexes ci-dessous? Donner ensuite ces nombressous forme rectangulaire.

a) w = e1−3j b) w = ej−2 c) w = e−3+jπ d) w = e1−j π2

e) w = e−4+j 7π6 f) w = e−4−j 5π

6 g) w = e2−j h) w = e2+j

i) w =j

ej−πj) w =

ej+1

ej−1k) w =

e2+j

e1−3j

53

Exercice 69Pour quelles valeurs du parametre reel a, je2a−j est-il de module 2?

Exercice 70Que valent ex+yj + ex−yj et ex+yj − ex−yj , pour x, y ∈ R ?

Exercice 71Trouver tous les nombres complexes z, solution de l’equation :

a) ez = 1 + j b) ez = −4 + 3j c) ez = −1

Exercice 72Calculer :

a) ln j b) ln(−4 + 3j) c) ln(−15− 2j)

Exercice 73Resoudre les equations:

a) e4z = j b) ejϕ = e3j (ϕ ∈ R)

Exercice 74Pour les oscillations harmoniques suivantes, quelle est l’amplitude complexe A ? La donnersous forme rectangulaire et sous forme exponentielle.

a) y(t) = 4 sin(3t− π

4

)b) y(t) = 9 sin

(3t+ 3π

4

)c) y(t) = 2 sin

(3t− 2π

3

)d) y(t) = 6 sin(3t+ 2) e) y(t) = 5 sin

(3t+ π

2

)f) y(t) = 6 sin(πt)

g) y(t) = −5 sin(πt) h) y(t) = −4 sin(πt+ π

)i) y(t) = −2 sin

(πt− 5π

4

)j) y(t) = 7 cos(πt) k) y(t) = 2 cos

(πt+ 3π

4

)l) y(t) = 5 cos(πt+ 1,5)

m) y(t) = −76 cos

(πt+ π

2

)n) y(t) = −4 cos(πt− 2)

Exercice 75Quelles sont les oscillations harmoniques donnees par y(t) = =

[Aejωt

]lorsque ω = 5 et:

a) A = 2− 3j b) A = −2 + 2j c) A = −√

32 −

12j d) A = 4 e) A = −7

f) A = 5j g) A = −j

Exercice 76Calculer les superpositions d’oscillations harmoniques, en donnant le resultat sous forme ”amplitude-dephasage” :

a) y(t) = 2 sin(ωt− 1) + 4 sin(ωt+ 5π

6

)b) y(t) = 5 sin

(ωt− 5π

6

)+ 3 sin

(ωt+ π

3

)c) y(t) = (

√6 +√

2) sin(ωt)− 2 sin(ωt− π

4

)d) y(t) = 8 sin(ωt+ 1,3)− 2 sin(ωt+ 0,8) + 12 sin(ωt− 0,5)

54

e) y(t) = 2 sin(ωt) + 5 cos(ωt)

f) y(t) = sin(ωt) + 2 cos(ωt)

g) y(t) = 4 sin(ωt)− 3 cos(ωt)

h) y(t) = −√

2 sin(ωt) + 5 cos(ωt)

i) y(t) = − sin(ωt)− 2 cos(ωt)

j) y(t) = −3 cos(ωt)−√

3 sin(ωt)

k) y(t) = −10 cos(ωt)− 2 sin(ωt)

l) y(t) = 2 sin(ωt+ π

4

)+ 5 cos(ωt)

m) y(t) = 4 sin(ωt+ π

6

)+ 3 cos

(ωt− 4π

5

)n) y(t) = 5 sin(ωt− 0,7) + 3 cos(ωt+ 2)− 3 sin(ωt− 0,6)

Exercice 77L’oscillation y1(t) est donnee par sa forme complexe z1(t) = Aejωt avec ω = 3 et A = −2+

√3j(

y1 = =[z1]). Quelle est l’oscillation y(t) = y1(t) + sin 3t ?

Exercice 78La superposition d’une oscillation harmonique f(t) a l’oscillation g(t) = 3

√2 sin(2t− π

4 ) donnel’oscillation h(t) = 7 cos 2t. Quelle est cette oscillation f(t) ?

Exercice 79y1(t) et y2(t) designent deux oscillations harmoniques qui ne different que par un dephasage

y1(t) = A sin(ωt) et y2(t) = A sin(ωt+ ϕ) (A reel positif).

As designe l’amplitude de la somme y1 + y2. Dans quelle partie de l’intervalle [0, 2π] doit setrouver ϕ si l’on veut que As ≤ 0.1A ?

Exercice 80Etudier la superposition de 3 oscillations harmoniques de meme pulsation et de meme amplitude,dephasees entre elles de 2π

3 .

Exercice 81Contexte: courant triphase — Les trois oscillations harmoniques y1(t), y2(t) et y3(t) sontdefinies par

y1(t) = A sin(ωt) , y2(t) = A sin(ωt+ 2π3 ) , y3(t) = A sin(ωt+ 4π

3 ) ,

avec A reel , A > 0 .

a) Quelles sont les amplitudes complexes de chacune de ces oscillations? Les representer graphique-ment.

b) Quelle est l’oscillation y23(t) = y3(t)− y2(t) ? Donner les amplitudes reelle et complexe.

c) Quelle est l’oscillation y13(t) = y3(t)− y1(t) ? Donner les amplitudes reelle et complexe.

55

Exercice 82La fonction f(t) est definie par f(t) = 4 sin(3t)− 5 cos(3t)

a) Quand la fonction f(t) atteint-elle son maximum ?

b) A quels moments a-t-on f(t) = 4,7 ?

Exercice 83Resoudre 3 sin t+ 5 cos t− 4 = 0.

Exercice 84Pour la fonction y = f(t) = A sin(ωt+ ϕ), determiner A, ω et ϕ sachant que:

• la ”distance” entre deux zeros successifs est 0,05

• en t = 0 , y = 0,2 et en t = 0,0183 , y = 0,6.

Exercice 85La fonction a valeurs complexes z(t) est definie par : z(t) = Aeat , avec A = −2 + 3j eta = −0,3 + 5j.

a) Calculer |z(t)| et arg[z(t)] .b) Representer graphiquement la trajectoire de z(t) dans le plan complexe.c) Quelle est la partie imaginaire de z(t) ?d) Lorsque z(t) effectue un tour complet, par quel facteur vient reduit le rayon vecteur (distancede z(t) a l’origine) ?

Exercice 86Representer graphiquement les valeurs prises par la fonction z(t) = e(0,2+1,7j)t .Quelle est la partie imaginaire de z(t) ?

Exercice 87Representer sous forme complexe l’oscillation amortie y(t) = 5e−0,2t sin

(πt− π

3

).

Exercice 88Resoudre les equations du 2eme degre suivantes:

a) 2z2 + 5z + 6 = 0 b) jz2 − (1 + 5j)z + 3(1 + 2j) = 0

c) (2− j)z2 − 2z + 1 + 3j = 0 d) (1 + j)z2 − 2(3 + j)z + 7− j = 0

e) z4 − z2 − 20 = 0

Exercice 89Dans chaque cas, calculer le resultat de la division euclidienne (avec reste) du polynome p(z)par le polynome d(z) , en precisant bien ce que sont le quotient q(z) et le reste r(z).

a) p(z) = 2z4 − 5z3 + 3z2 + 4z + 7 , d(z) = z − 2

b) p(z) = z4 − 6z3 + 10z2 + 2z − 15 , d(z) = z − 3

56

Exercice 90Factoriser les polynomes suivants, en determinant leurs racines avec leur multiplicite:

a) p(z) = 3z3 − 2z2 − 4z + 1

b) p(z) = z3 − 6z2 − 8z + 7 (indication: 7 est racine)

c) p(z) = z3 − z2 + z − 1

d) p(z) = (3 + j)z3 − 15(1 + j)z2 + 24(1 + 2j)z − 8(1 + 7j) (indication: 2− j est racine)

e) p(z) = 4z4 − 8z3 − 43z2 + 29z + 60

f) p(z) = z4 − 3z3 + 11z2 − 27z + 18

g) p(z) = z4 − 7z3 + 19z2 − 23z + 10

h) p(z) = z4 − 5z3 + 8z2 − 5z + 1

i) p(z) = z4 + 2z2 + 1

Exercice 91Determiner les racines avec leur multiplicite:

a) p(z) = z3(2z − 3)2 b) p(z) = (z2 − 1)2(z + 2)

c) p(z) = (z2 + 2z − 15)2

d) p(z) = z4 − 8z3 + 16z2

Exercice 92On donne dans le plan complexe les trois racines z1 , z2 et z3 d’un polynome complexe p(z) etsa valeur en z = 0 , a savoir p(0) = 12j . Quel est ce polynome?

Exercice 93Determiner, suivant les valeurs de k, les racines du polynome p(z) = z3 + (k− 1)z2 + 7z− 2kzavec leur multiplicite.

Exercice 94Factoriser le plus finement possible le polynome p(z) sur les nombres complexes (factorisationsur C).

a) p(z) = z4 + 1

b) p(z) = z4 − 4z3 + 6z2 − 4z + 5 Indication: j est racine.

c) p(z) = z4 − 4z3 + 10z2 − 12z + 5

Exercice 95Factoriser le plus finement possible le polynome p(z) sur les nombres reels (factorisation sur R).

a) p(z) = z4 + 1

b) p(z) = z4 − 4z3 + 6z2 − 4z + 5 Indication: j est racine.

c) p(z) = z4 − 4z3 + 10z2 − 12z + 5

Exercice 96Factoriser le polynome p(x) sur R (factorisation sur les nombres reels R, c’est-a-dire au moyende facteurs qui soient des polynomes a coefficients reels) :

p(x) = x4 − 7x3 + 7x2 + 59x− 156

57

13 Corrige des exercices supplementaires


1. −4 + j

2. 15− 8j

3. 22 + 7j

4. 4.54287 + 3.72301j

5. −j

6. 1

7. 2j

8. j


1. −2 + 4j 2. −3 + 6j


1.2−√

6

4− j√

2 + 2√

3

4

2. 3− j

3. 2

4. 0.313115 + 2.2281j


1. 5− 5j

2. 25 + 5j

3. 8 + 6j

4. z1z2z3

= z1z2z3z23

= 25+5j8+6j = 5

25+j4+3j = 1

10 (23− 11j)

5. −31− 15j

6. z83 = (z2

3)4 = 16(4 + 3j)4 = 16(−527 + 336j)

Corrige ex 31Reponse:

6

5+

21

5j


1. 2− j

2.9

17− j 2

17

3. z1 = −4− j z2 = 1− 2j

4. z1 =1

2j z2 =

1

2− j

58


L =R2R3C

1 +R24 ω

2C2


R = 0 ω =1√LC

= ωR


1. −j

2. 1

3. 1

4. 7

5.√

13

6. 13√

13

7.

√41

2

8. 1


1.√

157

2. |z21 | = |z1|2 = 5

3.√

65

4. 35 + 4

5 j

5. 45 −

75 j 6. ∣∣∣∣3− 4j

4 + 3j

∣∣∣∣2 =|3− 4j|2

|4 + 3j|2= 1


|zn| = |z|n, d’ou |z| =√

34, |z|2 = 34, |z|3 = 34√

34 et |z|4 = 342


ω <2√LC

= 2ωR


1.35

2√

742.

√58

5


59

• |H|2 = HH =R

R+ j(ωL− 1ωC )

R

R− j(ωL− 1ωC )

=R2

R2 + (ωL− 1ωC ))2

⇒

H =ωRC√

ω2R2C2 + (ω2LC − 1)2

• ω =1√LC

= ωR

Corrige ex 41

(z − 1)(z + 1) = zz + z − z − 1 = 1 + z − z − 1 = z − z = 2j =(z)


1. 3− 1

2j

2. 5.4 + 0.9j

3. 3

4.√

13

5. 5 + 3.5j

6.√

37.25

7. 1− 2.5j

8. 2.69

z − ω = distance entre les points z et w.

Corrige ex 43Reponse: z · w = −8− j.Remarque: Les modules de z et w valent

√13 et

√5, donc celui de z · w vaut

√65.

Corrige ex 44Reponses: j · z = 3j − 2 et j · w = −2j − 1.Remarque: j · z s’obtient en tournant z de π

2 .

Corrige ex 45Reponses:z

j= 2− 3j et

w

j= 1 + 2j.

Remarque:z

js’obtient en tournant z de −π

2 .


1. z =√

2 +√

2j

2. z2 = 4j

3. z3 = 4√

2(−1 + j)

4. z4 = −16


1. Cercle de centre 0 et de rayon 2.

60

2. Demi-plan superieur.

3. Bande verticales delimitee par les droites x = 0 et x = 2.

4. Cercle de centre j de rayon 1.

5. Cercle de centre −3 de rayon 4.


1. La distance de z a 1 est egale a celle de z a 0, donc z est sur la mediatrice du segment[0; 1].

2. D’une part, la distance de z a 1 est egale a celle de z a −3, donc z est sur la mediatricedu segment [−3; 1], d’autre part z est sur les cercles, de centres 1 et −3 de rayons 7.

On trouvez = −1±

√45 j

Corrige ex 49z est sur la mediatrice du segment [−j; 1], qui est une des bissectrices des axes, ainsi, parexemple, on a les solutions 0, 1− j et −1 + j.


1. z =√

3, z est sur le cercle de rayon√

3 centre en 0.

2. zz = |z|2 = 52 , z est sur le cercle de rayon

√52 centre en 0.

3. z a −1 est equidistant des points −1 et −j, il est donc sur la mediatrice de ces pointsd’equation y = −x, donc z = x− jx.


1. j

2. Aucune solution.

3. Axe imaginaire negatif.

4. Droite d’equation 4x+ 6y = −7.

5. 1± 2j


61

1. cos(−1) + j sin(−1)

2. −j

3. 5j

4. −√

3

2− 1

2j

5. −√

2 +√

2 j

6. 56(−√

3 + j)

Corrige ex 53

z = 1− e4j = 1− cos(4)− j sin(4)


1.√

13 ej arctan(−3/2)

2.

√2

3ej

3π4

3. 8 ejπ

4. 3 ejπ2

5. e−jπ6

6. 5 ej(π+arctan(4/3) ≈ 5 ej4,07

7. 10 e0j

8. ejπ2

9. 5 ej2 arctan(1/2) = 5 ej arctan(4/3) ≈ 5 ej0,93


R ≈ 20, 03 Ω


1.√

2 e−π4j

2.1√2eπ4j

3.√

8 e−3π4j

4.√

2 e3π4j

5. eπ2j

6.√

29 e(−π+arctan(2/5))j

7.

√2

29e(−π/4−arctan(2/5))j

8. 58√

29 e(−π/2+3 arctan(2/5))j


1. 2 +π

4≈ 2.8 2.

π

2


1. 16(1 +√

3 j)2. −1

2+

√3

2j

62

Corrige ex 59Solution:

1. |z| ≈ 0, 550→ |z|6 ≈ 0, 0277

2. arg(z) ≈ −2, 787→ arg(z6) ≈ −16, 722

3. z6 ≈ −0, 01465 + 0, 02356j

Corrige ex 60Le graphique est donne a la figure (29).

L’argument est

ϕ = arg(E0)− arg(1

C− Lω2 + jωR) = − arg(

1

C− Lω2 + jωR) = − arg(z)

et z est situe dans les quadrants un ou deux.

Le signe de la partie reelle de z determine dans quel quadrant celui-ci se trouve.

1. Calcul de l’argument en utilisant la fonction arctan

Soit la frequence de resonance:

ωR =1√LC

Considerons deux cas

1. z est dans le premier quadrant, ce qui se produit si ω < ωR,

alors

ϕ = ϕ1 = − arctan

(ωR

1C − Lω2

)= arctan

(ωRC

ω2LC − 1

)

2. z est dans le second quadrant, ce qui se produit si ω > ωR

ϕ = ϕ2 = −

(π + arctan

(ωR

1C − Lω2

))= arctan

(ωRC

ω2LC − 1

)− π = ϕ1 − π

On arrive donc a la formule suivante:

ϕ(ω) =

ϕ1 si ω < ωR−π

2 si ω = ωRϕ1 − π si ω > ωR

2. Calcul de l’argument en utilisant la fonction arccos

On a une formule unique qui conduit au meme dessin:

ϕ = − arccos

(1− LCω2√

(1− LCω2)2 + (ωRC)2

)

63

Ω

fHΩL

ΩR-ΩR

Figure 29: Graphe de f(ω) = ωRCω2LC−1

Ω0

-Π

2

-Π

jHΩL

HΩR,-

Π

2

L

ΩR

Figure 30: Graphe de ϕ = ϕ(ω)

Ω

gHΩL

ΩR-ΩR

Figure 31: Graphe de g(ω) = 1−LCω2

(1−LCω2)2+(ωRC)2

Corrige ex 61L’argument vaut

ϕ = arctan

(1− ω2LC

ωRC

)

64

Son signe est +1 si ω < ωR0 si ω = ωR−1 si ω > ωR

Les limites valent

1. limω→0

ϕ(ω) =π

2

2. limω→∞

ϕ(ω) = −π2


0+


1. z1 = z → ϕ1 = −ϕ

2. ϕ2 = ϕ+ π2

3. z3 = z2 → ϕ3 = −ϕ− π2

4. z4 = −z1 → ϕ4 = −ϕ+ π

5. z5 = (−z2)6 = z62 → ϕ5 = 6ϕ+ π

Corrige ex 64Reponses: les figures sont des losanges!

1. 2 cos(ϕ

2) ej

ϕ2 2. 2 sin(

ϕ

2) ej (ϕ

2+π

2)

3. 2 cos

(α+ β

2

)ej

α+β2

Corrige ex 65Le numerateur a un module de 1 et un argument de ϕ.Le denominateur s’obtient en dessinant le losange de sommets 0, 1, 1− e2ϕj et e2ϕj .Les diagonales se coupant a angle droit, la trigonometrie nous donne le module du denominateur,soit 2 sin(ϕ) et son argument ϕ− π

2 .On obtient ainsi

1

sin(ϕ)eϕj

Corrige ex 661. cos(3α) = cos(α)(4 cos2(α)− 3)

2. sin(3α) = sin(α)(−4 sin2(α) + 3)


1.1

2sin(3x)− 5

2sin(x)

65

2.

− 1

16(−2 cos(x) + cos(3x) + cos(5x))

3.sin(2x) + sin(6x)

4.3

4sin(x)− 1

4sin(3x)


1. e (cos (−3) + sin (−3) j)

2. e−2 (cos (1) + sin (1) j)

3. e−3 (cos (π) + sin (π) j)

4. e (cos(−π/2) + j sin(−π/2))

5. e−4 (cos(7π/6) + j sin(7π/6))

6. e−4 (cos(−5π/6) + j sin(−5π/6))

7. e2 (cos(−1) + j sin(−1))

8. e2 (cos (1) + sin (1) j)

9. eπ (cos(π/2− 1) + j sin(π/2− 1))

10. e2 (cos (0) + sin (0) j)

11. e (cos (4) + sin (4) j)

Corrige ex 69

a = ln(√

2)

Corrige ex 701.

z + z = 2<(z) = 2ex cos(y)

2.z − z = 2j =(z) = 2jex sin(y)

Corrige ex 71On pose z = x+ jy.

1. exejy =√

2 ejπ/4, donc ex =√

2⇒ x = ln(√

2) = 12 ln(2) et y = π/4 + 2kπ.

2. exejy = 5 ej(π−arctan(3/4)), donc x = ln(5) et y = π − arctan(3/4) + 2kπ.

3. x = 0 et y = π(2k + 1)

Corrige ex 72On transforme les equations en equations exponentielles.

1. z = (π/2 + 2kπ)j.

2. z = ln(5) + j(π − arctan(3/4) + 2kπ)

66

3. z = ln(√

229 + j(arctan( 215)− π + k2π) = 1

2 ln(229) + j(arctan( 215)− π + k2π).


1. z = (π8 + k π2 )j 2. ϕ = 3 + 2kπ


a) 2√

2(1− j) b) 9√

22 (−1 + j) c) 2e−j

2π3

d) 6e2j e) 5j f) 6

g) 5ejπ = −5 h) 4ej2π = 4 i) 2e−jπ/4

j) 7j k) −√

2(1 + j) l) 5ej(π/2+1,5)

m) 76 e

0j = 76 n) 4 e( 3π

2−2)j


1. y(t) =√

13 sin(5t− arctan(3/2))

2. y(t) = 2√

2 sin(5t+ 3π/4)

3. y(t) = 1 · sin(5t+ 7π

6

)4. y(t) = 4 sin(5t)

5. y(t) = 7 sin(5t+ π)

6. y(t) = 5 sin(5t+ π/2) = 5 cos(5t)

7. − cos(5t)

Corrige ex 76a) y(t) = 2, 40 sin(ωt+ 3, 009)

b) y(t) = 2, 83 sin(ωt+ 3, 11)

c) y(t) = 2√

2 sin(ωt+ π/6)

d) y(t) = 11, 29 sin(ωt+ 0, 046)

e) y(t) =√

29 sin(ωt+ arctan(5/2))) ≈ 5, 385 sin(ωt+ 1, 19))

f) y(t) =√

5 sin(ωt+ arctan(2)) ≈ 2, 24 sin(ωt+ 1, 107)

g) y(t) = 5 sin(ωt− arctan(3/4) ≈ 5 sin(ωt− 0, 64))

h) y(t) =√

27 sin(ωt+ π − arctan(5/√

2))) ≈ 5, 2 sin(ωt+ 1, 85))

i) y(t) =√

5 sin(ωt+ arctan(2)− π)) ≈ 2, 2 sin(ωt− 2, 03)

j) y(t) =√

12 sin(ωt+ 4π/3))

k) y(t) = 2√

26 sin(ωt+ arctan(5)− π)) ≈ 10, 2 sin(ωt− 1, 77)

l) y(t) = 6, 57 sin(ωt+ 1, 35)

m) y(t) = 5, 24 sin(ωt− 0, 082)

n) y(t) = 3, 1 sin(ωt− 2, 03)

67

Corrige ex 77

y(t) = 2 sin(3t+ 2π/3)

Corrige ex 78

f(t) =√

109 sin(2t+ π + arctan(−10/3)))

Corrige ex 79

arccos(−199

200) ≤ ϕ ≤ 2π − arccos(−199

200)

ou174, 2 ≤ ϕ ≤ 185, 8

Corrige ex 80

0

Corrige ex 81a)

y1(t) = A sin(ωt) = =(z1), z1(t) = Aeωtj , A1 = A, A1 = A.

y2(t) = A sin

(ωt+

2π

3

)= =(z2), z2(t) = Ae(ωt+ 2π

3)j , A2 = A, A2 = Ae

2π3j .

y3(t) = A sin

(ωt+

4π

3

)= =(z3), z3(t) = Ae(ωt+ 4π

3)j , A3 = A, A3 = Ae

4π3j .

b)

y23(t) = A

(sin

(ωt+

4π

3

)− sin

(ωt+

2π

3

))= A·2·sin

(π3

)·cos(ωt+π) = A

√3 sin

(ωt− π

2

)=

=(z3 − z2) = =(z23), z23 = z3(t)− z2(t) = A√

3 e(ωt−π2

)j , A32 = A√

3, A32 = A√

3 e−π2j .

c)

y13(t) = A√

3 sin

(ωt+

7π

6

), z13(t) = A

√3 e(ωt+ 7π

6)j , A13 = A

√3, A13 = A

√3 e

−5π6j .

Les graphiques sont donnes a la figure (32)

Corrige ex 821. y1(t) = 4 sin(3t)⇒ A1 = A1 = 4 et

y2(t) = −5 cos(3t) = −5 sin(3t+ π/2) = 5 sin(3t+ 3π/2)⇒ A2 = 5e3π/2j = −5j.

D’ou

A = A1 +A2 = 4− 5j, A =√

41, ϕ = − arctan(5/4), A =√

41 e−j arctan(5/4).

68

1 2 3 4 5 6t

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

Figure 32: y1(t), y2(t), y3(t), y23(t), y13(t)

y(t) =√

41 sin(3t− arctan(5/4))

est maximal si le sinus vaut 1, donc si l’angle vautπ

2.

3t− arctan(5/4) =π

2⇔ t =

π

6+

1

3arctan

(5

4

)2.

t ≈ 0, 57 + k2π

3ou 1, 07 + k

2π

3

Corrige ex 83

t = arcsin

(4√34

)−arctan

(5

3

)+k 2π = − arccos

(1

34

(20 + 9

√2))

+k 2π ≈ −0.274407+k 2π

et

t = π− arcsin

(4√34

)− arctan

(5

3

)+ k 2π = arccos

(1

34

(20− 9

√2))

+ k 2π ≈ 1.35525 + k 2π

Corrige ex 84Les zeros de f sont

t =kπ − ϕω

L’ecart entre deux zeros successifs est0, 05 =

π

ω

Doncω = 20π

Pour resoudre le systeme resultant, il faut utiliser la formule du sinus d’une somme.

A ≈ 0.60 , φ ≈ 0, 34

69

Corrige ex 851.

|z(t)| =√

13 e−0.3t arg(z(t)) = 5t+ π − arctan(3/2)

2. Les graphiques sont donnes a la figure (33).

3.=(z(t)) =

√13 e−0.3t sin(5t+ π − arctan(3/2))

4. ∣∣∣∣z(t+ 2π/5)

z(t)

∣∣∣∣ =|z(t+ 2π/5)||z(t)|

= e−1,2π ≈ 0, 69 = 69%

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5x

-6

-4

-2

2

4

6

8

y

-3 -2 -1 1 2 3t

3

4

5

6

7

8

9

ÈzÈ

-3 -2 -1 1 2 3t

-3

-2

-1

1

2

3

argHzL

Figure 33: Diagrammes de Nyquist et de Bode.

Corrige ex 861. Le graphique est donne a la figure (34).

2. =(z(t)) = e0.2t sin(1, 7t).

-3 -2 -1 1 2x

-3

-2

-1

1

2

y

-6 -4 -2 2 4 6t

-3

-2

-1

1

2

3

ImHzL

Figure 34: Diagrammes de Nyquist et de la partie imaginaire avec les exponentielles asymptotes

Corrige ex 87

y(t) = =(

5 · e−jπ3 · e(−0,2+jπ)t

)

70

ANNEXE14 Droites et cercles

14.1 Droites

Trois points z1, z2 et z du plan complexe sont alignes ssi il existe un nombre reel k tel que

−→z1z = k−−→z1z2 ⇔ z − z1 = k (z2 − z1)

On obtient l’equation parametrique (de parametre k) de la droite d passant par z1 et z2:

d : z = z(k) = z1 + k(z2 − z1) (28)

A chaque valeur de k ∈ R correspond un point de la droite d et reciproquement.C’est une bijection entre R et d.

On peut obtenir une equation cartesienne en eliminant le parametre:

z − z1 = k (z2 − z1)⇔ z − z1

z2 − z1∈ R⇔ z − z1

z2 − z1=

z − z1

z2 − z1⇔

z (z2 − z1) + z (z1 − z2) + z1z2 − z2z1 = 0 (29)

Le troisieme terme etant purement imaginaire, multiplions l’equation par i:

z (iz1 − iz2) + z (iz1 − iz2) + b = 0

avec b reel.

Posons a = iz1 − iz2, on obtient

d : z a+ z a+ b = 0

avecb = i(z1z2 − z2z1) ∈ R et a = iz1 − iz2 6= 0

Reciproquement, l’equation (30) represente une droite perpendiculaire a −→oa et passant par le

point−b2a

.

En effet −→oa est egal au vecteur −−→z2z1 multiplie par i, donc tourne de 90 degres.

Et on peut verifier par substitution que le point−b2a

verifie bien l’equation (30) .

Proposition 1L’equation d’une droite perpendiculaire au vecteur −→oa, a 6= 0, et passant par le point

−b2a

est

donnee parz a+ z a+ b = 0 (30)

RemarqueSi on pose z = x+ iy, a = A+Bi, l’equation complexe (30) donne l’equation reelle d’une droiteperpendiculaire au vecteur A~i+B~j:

Ax+By +b

2= 0

71

14.2 Cercles

Un cercle centre en c ∈ C de rayon r > 0 admet l’equation complexe

|z − c| = r ⇔ (z − c)(z − c) = r2 ⇔ zz − cz − cz − r2 + cc = 0⇔ zz − cz − cz + b = 0

avecb = −r2 + cc ∈ R

Reciproquement, l’equation (31) represente un cercle3 de centre c et de rayon√|c|2 − b.

Proposition 2L’equation d’un cercle de centre c et de rayon

√|c|2 − b est donnee par

zz − cz − cz + b = 0 (31)

Remarque 1On peut aussi donner une equation parametrique (parametre ϕ) du cercle:

z = c+ r eiϕ ϕ ∈ [0; 2π[ (32)

On a une bijection entre le cercle et le segment [0; 2π[Remarque 2Si on pose z = x+ iy, c = A+Bi, l’equation complexe (31) donne l’equation reelle du cercle decentre (A;B):

x2 + y2 − 2Ax− 2By + b = 0

14.3 Droites et cercles

On peut grouper les equations (30) et (31) en une seule

Azz +Bz + Bz + C = 0 (33)

avec A,C ∈ R et B ∈ C.

En effet,

• si A = 0, on retrouve l’equation (30) et reciproquement.

• si A 6= 0,on divise par A et on trouve l’equation d’un cercle centre en −BA

et de rayon√|B|2 −AC|A|

, et reciproquement.

Si on fixe B et C et que A tende vers 0, on peut interpreter une droite comme un cercle dont lecentre est a l’infini, plus precisement ce centre est dans la direction donnee par −B, c’est-a-diredans la direction perpendiculaire a la droite.

En resume:

Une droite est un cercle centre a l’infini dans la direction perpendiculaire

On appelera ”cercle generalise” un cercle ou une droite.

3eventuellement vide.

72

15 Transformations du plan complexe

15.1 Translations

Une translation du plan complexe est donnee

Ta : C→ C

z 7→ z′ = Ta(z) = z + a

ou a ∈ C.

Si a = 0, la translation est l’ identite.Une translation differente de l’identite n’a pas aucun point fixe.La translation inverse est donnee par

T−1a = T−a

La composition de deux translations

Tb(Ta) = Ta+b

est une nouvelle translation.

Les translations forment ainsi un groupe.

15.2 Rotations

Une rotation de centre O du plan complexe est donnee

Rφ : C→ C

z 7→ z′ = Rφ(z) = u z = eiφ z

ou φ ∈ R est l’angle de rotation et u est un nombre complexe de module 1.

La rotation inverse est donnee parR−1φ = R−φ

La composition de deux rotations de centre O

Rφ(Rψ) = Rφ+ψ

est une nouvelle rotation de centre O.

Les rotations de centre O forment un groupe.

RemarqueUne rotation centree en un point ω est donnee par

z′ − eiφ ω = (z − ω)⇔ z′ = eiφ z + b = u z + b

Elle est donc la composition d’une rotation de centre O suivie d’une translation.

L’ensemble forme des rotations et des translations forment le groupe des deplacements.

• Si u = 1 le deplacement est une translation.

• Si u 6= 1 le deplacement est une rotation de centre ω =b

1− u.

73

15.3 Homotheties

Une homothetie de centre O du plan complexe est donnee

Hk : C→ C

z 7→ z′ = Hk(z) = k z

ou k ∈ R∗ est le rapport d’homothetie.

L’homothetie inverse est donnee parH−1k = H 1

k

La composition de deux homotheties de centre O

Hk1(Hk2) = Hk1k2

est une nouvelle homothetie de centre O.

Les homotheties de centre O forment un groupe.

RemarqueUne homothetie centree en un point ω est donnee par

z′ − ω = k(z − ω)⇔ z′ = k z + b

Elle est donc la composition d’une homothetie de centre O suivie d’une translation.

L’ensemble forme des homotheties et des translations forment un groupe.

• Si k = 1 on a une translation.

• Si k = −1 on a une symetrie centrale de centre ω =b

2.

• Si k 6= 1on a une homothetie de centre ω =b

1− k.

15.4 Similitudes directes

L’ensemble forme des homotheties, des rotations et des translations forment le groupe des simil-itudes directes ou transformations lineaires.

Elles preservent l’orientation (sens trigonometrique) du plan.

Une similitude directe est donnee par

z′ = a z + b

ou 0 6= a, b ∈ C, le module de a donne le rapport de similitude et l’argument de a son angle.

On observera que si a 6= 1, une similitude directe a un point fixe, le centre de similitude (centrede la rotation et de l’homothetie) donne par

z = az + b⇔ z =b

1− a

74

15.5 Symetries axiales

La symetrie d’axe reel du plan complexe est une transformation donnee par

f : C→ C

z 7→ z′ = f(z) = z

Elle inverse l’orientation du plan.

RemarqueUne symetrie d’axe passant par a et b 6= a est donnee par

z′ =(a− b)z + ab− ab

a− b

On peut verifier que a et b sont bien fixes.

Il est aussi facile de voir que z est fixe ssi

z′ = z ⇔ z(a− b) + z(b− a) + ab− ab = 0

et on retrouve l’equation d’une droite sous la forme (29), qui est l’axe de symetrie.

15.6 Similitudes indirectes

Une symetrie axiale a donc une equation du type z′ = az + b, plus generalement l’ensembleforme des homotheties, des rotations, des symetries axiales et des translations forment le groupedes similitudes.

Elles sont directes et preservent l’orientation du plan:

z′ = az + b

ou indirectes et inversent l’orientation du plan:

z′ = az + b

Elles transforment les droites en droites et les cercles en cercles.

15.7 Inversions

15.7.1 Inversions circulaires

Une inversion circulaire du plan complexe, de pole 0 et de module 1, est une transformationdonnee par

f : C→ C

z 7→ z′ = f(z) =1

z

Proprietes:

1. L’ensemble des points fixes d’une inversion est le cercle unite.

z′ = z ⇔ z =1

z⇔ zz = 1⇔ |z|2 = 1⇔ |z| = 1

75

2. o, z, z′ sont alignes:

arg(z′) = − arg(z) = −− arg(z) = arg(z)

3. Le module de z′ est l’inverse du module de z:

|z′| =∣∣∣∣1z∣∣∣∣ =

1

|z|=

1

|z|

Ainsi un point exterieur au cercle admet une image a l’interieur et reciproquement (voirle chapitre sur les constructions, page 78).

Plus precisement, si z se deplace sur un diametre du cercle, du centre du cercle vers l’infini,alors z′ se deplace sur le meme diametre de l’infini vers le centre.

Cherchons l’image d’une droite ou d’un cercle par une inversion.

Reprenons l’equation generale (33) d’une droite ou d’un cercle Γ

Azz +Bz + Bz + C = 0

Son image par l’inversion circulaire admet alors l’equation

Czz′ +Bz′ + Bz′ +A = 0

D’ou l’analyse suivante (voir aussi les pages 78 et suivantes):

• Si Γ est une droite qui passe par 0, (A = C = 0), son image est Γ, qui est globalementinvariante.

• Si Γ est une droite qui ne passe pas par 0, (A = 0, C 6= 0), son image est un cercle (C 6= 0)qui passe par 0, car A = 0.

• Si Γ est un cercle qui passe par 0, (C = 0), son image est une droite

• Si Γ est un cercle qui ne passe pas par 0, son image est un cercle qui ne passe pas par 0 etles centres sont alignes sur 0.

En effet, les centres sont −B/A et −B/C, A et C etant reels, les centres sont alignes surla droite 0B.

Ainsi,

les cercles generalises sont preserves par l’inversion circulaire.

On etablit (page 78) que

l’inversion preserve aussi les angles

C’est une transformation dite conforme.

RemarqueUne inversion circulaire de pole ω et de module λ > 0 est donnee par

z′ − ω =λ2

z − ω

le cercle de centre ω et de rayon√λ est fixe.

76

15.7.2 Inversions complexes

Une inversion complexe correspond a la transformation

z′ =1

z

Elle est engendree par la composition de la symetrie axiale z 7→ z et de l’inversion z 7→ 1z .

Elle admet les deux points fixes −1 et 1.

Les symetries axiales preservant les cercles generalises et etant conformes, on a:

les angles cercles generalises sont preserves par l’inversion complexe.

15.8 Homographies

Une homographie4 du plan complexe est une transformation donnee par

f : C→ C

z 7→ z′ = f(z) =az + b

cz + d

avec ad− bc 6= 0.

• Si c = 0, l’homographie est une transformation lineaire

• Si c 6= 0 et a = 0, l’homographie est une inversion complexe

• Si c 6= 0 et a 6= 0, l’homographie peut s’ecrire

f(z) =az + b

cz + d=a

c

(1 +

bc− ada(cz + d)

)(34)

• On constate ainsi que si ad− bc = 0, la fonction f est constante.

• Si ad− bc 6= 0,la fonction inverse de f est une homographie donnee par

f−1(z) =dz − b−cz + a

• La formule (34) demontre qu’une homographie est la composition de translations, rota-tions, homotheties et inversions complexes, ainsi

Les homographies sont des transformations conformes preservant les cerclesgeneralises.

Elles forment un groupe, dit groupe de Mobius.

On peut etablir les resultats suivants:

• Une homographie est entierement determinee par la donnee de trois points et de leursimages.

4ou transformation de Mobius.

77

• Une homographie a au maximum deux points fixes.

Une antihomographie du plan complexe est une transformation donnee par

f : C→ C

z 7→ z′ = f(z) =az + b

cz + d

avec ad− bc 6= 0.

les antihomographies preservent les cercles generalises.

16 Constructions

Figure 35: Inversion M ′ d’un point M , t1, t2 sont les tangentes issues de M et AB est la polaire de M .

On va considerer des inversions circulaires de pole O et de module λ > 0.

L’image d’un point M , different du pole, est sur la demi-droite OM et verifie

OM ·OM ′ = λ

Le cercle de centre O et de rayon√λ est l’ensemble des points fixes, c’est le cercle d’inversion.

L’inversion complexe z′ =1

zest un cas particulier d’inversion circulaire, le pole etant l’origine

et le module valant 1.

• La construction du point M ′ est donnee par la figure (35).

78

Preuve:

Le triangle OAM ′ donne AM ′2 = λ−OM ′2.

Le triangle OAM donne AM2 = OM2 − λFinalement le triangle AMM ′ donne

(OM −OM ′)2 +AM ′2 = AM2 ⇔ OM ·OM ′ = λ

• La droite OM est envoyee sur elle-meme, les points P,Q ou elle coupe le cercle sont fixes.

Reciproquement, les seules droites globalement invariantes sont des diametres du cercled’inversion.

Sur la figure (36), on a represente sur l’axe horizontal un point M et sur l’axe vertical sonimage M ′.

M se deplace sur un diametre PQ du cercle, il arrive de l’infini, passe par Q, par O, parP et repart a l’infini.

Figure 36: Un point M et son image M ′. Les points P et Q sont fixes, O a pour image l’infini.

• Sur la figure (37), on construit l’image d’une droite AB ne passant pas par le centre.

Son image est un cercle.

Reciproquement, les cercles passant par le pole ont des droites pour image.

Si la droite coupe le cercle d’inversion aux points A,B, ceux-ci etant fixes, seront sur lecercle image.

• L’image d’un cercle ne passant pas par le pole est un cercle ne passant pas par le pole.

Sur la figure (38), on construit l’image d’un tel cercle.

79

Figure 37: Le cercle de diametre OM ′ est l’image de la droite AB.

Figure 38: Inversion c′ du cercle c.

L’inversion d’un cercle c de centre C, ne passant pas par O est un cercle c′ de centre C ′.

Une droite OMN coupant c en MN coupera c′ en M ′N ′ et NC M ′C ′,MC N ′C ′.

80

c′ est l’homothetique de c par une homothetie de centre O et de rapport λ/p, ou p =OM ·ON est la puissance de O par rapport a c.

L’inverse de C est I ′ et celui de C ′ est I.

I est sur la polaire de O par rapport a c et I ′ est sur celle de O par rapport a c′.

Les tangentes en M et M ′ se coupent sur l’axe radical AB des trois cercles, de meme pourles tangentes en N,N ′.

17 Demonstrations

L’inversion conserve les angles, c’est une transformation conforme.

Pour etablir cette propriete geometriquement, nous allons commencer par le resultat suivant:

Deux points M,N et leurs inverses M ′, N ′ forment un quadrilatere inscriptible dans un cercle.

Preuve: (Figure (39))Les points etant inverses l’un de l’autre, on a

OM ·OM ′ = ON ·ON ′ =⇔ ON

OM=OM ′

ON ′

Ainsi les triangles ONM et OM ′N ′ sont semblables et les angles OM ′N ′ et ONM sont egaux.On en deduit que les angles MNN ′ et MM ′N ′ sont supplementaires (ou egaux selon la config-uration) et cela implique que le quadrilatere est inscriptible dans un cercle (theoreme de l’angleinscrit ou de l’arc capable).

Figure 39: Deux points M,N et leurs inverses M ′, N ′ forment un quadrilatere inscriptible dans uncercle.

Supposons maintenant que M decrive une courbe Γ, M ′ va decrire la courbe inverse Γ′.

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Lorsque M tend vers N , M ′ tend vers N ′ et les droites MN et M ′N ′ tendent vers les tangentesND et N ′D, voir figure (40).Celles-ci sont symetriques par rapport a la mediatrice CD de NN ′.

Si deux courbes font un angle de β en un point N , alors les courbes images feront un angle de−β au point N ′, et ainsi l’inversion est conforme.

Figure 40: Deux points M,N et leurs inverses M ′, N ′ forment un quadrilatere inscriptible dans uncercle.

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