Mathématiques – AL1 - Complexes
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AL1 – Complexes Séance de TD
- Corrigés des exercices -
1 QCM 2
2 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation 2
3 GI FA 2015 – Test 1 – Complexes et rotation 4
4 GI FC1826 2015 – Test – Complexes et cercle 4
5 GI FC18/26 2014 – Test - Complexes et géométrie 5
6 GI FA 2015 – Test 2 – Complexes et géométrie 6
7 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle 7
8 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions 9
9 GI FC34 2015 - Test – cube 11
10 GI FA 2014 – Test 2 - Linéarisation 11
11 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique 12
12 GI FA 2015 – Test 2 – trinôme à coefficients complexes 13
13 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes 13
14 GI FA 2014 – Test 1 – Polynôme, formes, rotation 14
15 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4 15
Mathématiques – AL1 - Complexes
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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 :
� 2iπ
e � 2.ei
iπ
� eiπ � .eii 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
2 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation
On se place dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal ( ); ,O u v� �
, 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′ − .
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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 1
1
zZ
z
′ −=−
.
( )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 ?
( )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′= − + + = − − − + + = − +
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* 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−
′− = − ⇔ − = − − − − = − + ⇔ = − +
3 GI FA 2015 – Test 1 – Complexes et rotation
On donne les nombres complexes 1 1z i= − et 2
32 e
iz
π
= .
1) Donner l’écriture exponentielle de z1 et l’écriture cartésienne de z2.
cos sin 41
1 12 2 2.e
2 2 4 4
iz i i
π− π π = − = − + − =
cos sin2
32
2 2 1 3e
3 3 2 2
iz i i
π π π = = + = − +
2) Soit, dans un repère orthonormé d’origine O, le point A d’affixe z1.
a. Déterminer, à l’aide des nombres complexes, les coordonnées exactes du point B, image de A par la
rotation de centre O et d’angle 2
3
π.
( ) ,2
3B A
1 3 3 1 3 1 3 1 3 1.e 1 B
2 2 2 2 2 2
iz z i i i
π − + − += = − − + = +
b. Soit le point C de coordonnées (x, y) = (1, 1). Déterminer, à l’aide des nombres complexes, les
coordonnées exactes du point D, image de A par la rotation de centre C et d’angle 2
3
π.
( ) ( ) ( ),2
3D C A C D C
1 3.e 2 3 3 1 3 2 D 1 3 2
2 2
iz z z z i i i z i z i
π − = − = − − + = + ⇔ = + + = + + +
4 GI FC1826 2015 – Test – Complexes et cercle
On considère le plan complexe dans lequel tout point ( ),M a b , de coordonnées réelles, est l’image du
nombre complexe z a ib= + . On définira le cercle ,M RC comme le cercle de centre M et de rayon R.
1) Soit le nombre complexe z = 1 + i 3 , dont l’image sera nommée M.
a. Donner l’écriture exponentielle de z.
z = 1 + i 3 = cos sin 31 3
2 2 2e2 2 3 3
ii i
π π π + = + =
b. Expliquer pourquoi tout point du cercle ,2MC est l’image d’un nombre complexe que l’on peut écrire
sous la forme 32 e ei iθπ
+
.
Tout point de ce cercle aurait un affixe égal à 2eiθ si ce cercle était centré sur l’origine, mais il faut
rajouter à cela les coordonnées du centre du cercle, traduites par le nombre complexe 32eiπ
.
c. Montrer, en utilisant l’écriture précédente sous forme trigonométrique, que le point N(2, 0)
appartient à ,2MC . En d’autres termes : existe-t-il θ tel que 32 e e 2i iθπ
+ =
?
Mathématiques – AL1 - Complexes
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cos cos sin sin3e e3 3
i i iθ θ θπ π π + = + + +
. Ce nombre complexe est égal à 1 si et seulement si :
coscos cos
sin sin sin
11
23
330
3 2
θθθ
θ θ
π =+ = π ⇔ ⇔ = − π + = = −
. En effet, ,2MN ∈C .
2) a. On effectue une rotation du point M autour du point N et d’angle 3
π− , aboutissant à un point P.
Calculer les coordonnées cartésiennes de P.
( ) ( )( ),
31 3 1 3 3 3
e 1 3 2 1 32 2 2 2 2 2
2 1 3 3 3 3 3
i
P N M N
P P
z z z z i i i i i
z i z i P
π− − = − × = + − − = − + + + = +
⇔ − = + ⇔ = +
b. Montrer que le point P appartient au cercle ,2MC .
M et P ont même ordonnée ( 3 ) ; M a pour abscisse 1 et P a pour abscisse 3. La distance MP vaut
donc 2, ce qui justifie que P se trouve sur le cercle de centre M et de rayon 2.
5 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.
α
β
O
A
B
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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.
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 iβ
π−− = − ⇔ = + − = + − − = + +
( ) ( )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).
6 GI FA 2015 – Test 2 – Complexes et géométrie
Le plan complexe est rapporté à un repère ( ); ,O u v� �
.
À tout point M d'affixe z, une fonction f associe le point image M' d'affixe 2 4z z z′ = − .
Les 3 questions suivantes sont indépendantes.
1) Soit E le point d'affixe – 3.
Montrer que le quadrilatère OMEM' est un parallélogramme si et seulement si : 2 3 3 0z z− + = .
En résolvant cette équation, en déduire les coordonnées cartésiennes et polaires des points M vérifiant
cette propriété.
2) Déterminer l'ensemble des points M d'affixe z pour lesquels z' est réel.
3) Déterminer l'ensemble des points M d'affixe z tels que z z′ = .
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1) OMEM' est un parallélogramme � OM M E′=���� ����
� OM M E
z z ′=���� �����
OMz z=����
( )2 2
E MM E3 4 4 3z z z z z z z′′ = − = − − − = − + −�����
Donc OMEM’ parallélogramme � 2 4 3z z z− + − = � 2 3 3 0z z− + =
Résolvons cette équation :
Discriminant : 3∆ = − d'où les solutions
1
3 3 3 13
2 2 2
iz i
−= = −
et
2
3 13
2 2z i
= +
Et les points ;1
3 3M
2 2
−
ou ;1M 3
6ρ θ π = =
et ;2
3 3M
2 2
ou ;2M 36
ρ θ π = = −
2) soit z x iy= + . z' réel � ( ) ( ) ( )2 2 24 4 2 2z x iy x iy x y x y x i′ = + − + = − − + −
réel
� ( )2 0y x− =
donc soit y = 0, c'est-à-dire z est réel (solution triviale), soit droite d'équation x = 2 (parallèle à Oy)
3) z z′ = � ( )2 4 4 4z z z z z z z z′ = − = − = × − = , d'où 4 1z− =
Les points M d'affixe z décrivent le cercle de centre C(4, 0) et de rayon 1
7 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
zθ
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
− −= = = =+ + +
Mathématiques – AL1 - Complexes
Page 8 sur 16 AL1 - Complexes – Exercices TD Corrigés – Rev 2016
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
−− = = −
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. Etudier 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. Etudier 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
= ±∞+
.
Mathématiques – AL1 - Complexes
Page 9 sur 16 AL1 - Complexes – Exercices TD Corrigés – Rev 2016
( ) ( )( ) ( )
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 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.
8 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
y
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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.
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
2 2 2
2
9 164
18 32 9 2 16 24 4 2
z x x
d zx x x x x x
dx
π = + +
π π π = + + + = + +
M1 (x = 0)
M2 (x = π/2)
M3 (x = π)
f maxi
g maxi
M4
M5
Mathématiques – AL1 - Complexes
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c. Sachant que sin(a + 2
π) = cos a, dire pour quelle(s) valeur(s) de x cette dérivée s’annule.
2d
0d
z
x= ssi
( )( ) ( )sin
tancos
2 162
2 9
xx
x= = ssi 2x = 1,0584 rad [π] ssi x = 0,5292 rad [
2
π].
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).
9 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.
( )3 03
kk kθ θ π= + π ⇔ = ∈ℤ .
En mesure principale, entre 0 et 2π, six valeurs de k sont à exploiter (de 0 à 5) :
, , , , ,2 4 5
03 3 3 3
θ θ θ θ θ θπ π π π= = = = π = =
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.
10 GI FA 2014 – Test 2 - Linéarisation
À 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
−− − − −
− −
−= = + − − +
+ += − + = − +
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11 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+ A 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)
3) Représenter sur un cercle trigonométrique les différentes familles de solutions.
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12 GI FA 2015 – Test 2 – trinôme à coefficients complexes
Résoudre dans ℂ l'équation : ( )2 3 5 4 7 0z i z i+ − + − − =
On donnera les solutions sous forme cartésienne.
Calcul du discriminant : ( ) ( )23 5 4 4 7 2i i i∆ = − + − − − = −
On exprime ∆ sous forme polaire : [ ]2
22eiπ− π
∆ =
D'où [ ] ( )4
2 22e 2 1
2 2
ii i
ππ− ∆ = = ± − = ± −
L'équation admet pour solutions : ( )3 5 1
2
i iz
− ± −= , soit 1 2 3z i= − et 2 1 2z i= −
13 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 ( )3
e 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
= = + = = − + = = −
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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 :
5
3 34 5 62e 1 3 ; 2e 2 ; 2e 1 3
i iiz i z z i
π ππ= = + = = − = = −
14 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
iπ
+ =
2 21 2
2 2i i
− = −
, qui nous donne le module, 2 , et l'argument
4
π− , d’où : 41 2.ei
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− + = × = − = − −
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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
3AC AB
ei
z zπ
= ��� ��� , 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
− −
15 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).
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2) Montrer que les nombres i+1 et i− +1 3
2 2 sont racines de l'équation (1).
Ecrivons les nombres donnés sous forme trigonométrique.
cos sin0
2 21 2 2
2 2 4 4z i i i
π π = + = + = + . Remplaçons z0 dans l'expression de ( )f z :
( )
( )
( )
cos sin cos sin cos sin
cos sin cos sin cos sin
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
f i i i i
i i i
i i i i
π π π π π π + = + − + + + +
π π π π = π + π − + + + +
= − − − + + + = − + − + + =
Donc 0 1z i= + est racine de l'équation (1).
Soit cos sin1
1 3 2 2
2 2 3 3z i i
π π= − + = + . Remplaçons z1 dans l'expression de ( )f z :
( )
( )
( )
cos sin cos sin cos sin
cos sin cos sin cos sin
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
f z i i i
i i i
i i
π π π π π π = + − + + + +
π π π π = + − π + π + + +
= − + − + − − + =
Donc 1
1 3
2 2z i= − + 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 :
0 1z i= + ; 0 1z i= − ; 1
1 3
2 2z i= − + ; 1
1 3
2 2z i= − −
On factorise donc ( )f z : ( ) ( )( ) 1 3 1 31 1
2 2 2 2f z z i z i z i z i
= − − − + + − + +
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 :
( )( ) ( )2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 2z i z i z i z z z z− − − + = − − = − + + = − +
221 3 1 3 1 3
2 2 2 2 2 2z i z i z i + − + + = + −
2 21 3
14 4
z z z z= + + + = + +
Finalement, ( )f z peut s'écrire : ( ) ( )( )2 22 2 1f z z z z z= − + + +