Chapitre 5 Nombres complexes Cours de Mathématiques

Lycee Gustave Eiffel
PTSI 02/03
Cours de
Mathématiques
Chapitre 5
Nombres complexes
5.1
5.1.1
Le corps des nombres complexes
DéÞnitions
L’ensemble R2 désigne le produit cartésien
R × R = {(x, y) , x ∈ R, y ∈ R}
On peut munir R2 de deux lois :
+ : l’addition déÞnie par
(x, y) + (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 )
× : la multiplication
(x, y) × (x0 , y 0 ) = (xx0 − yy 0 , xy 0 + x0 y)
Comme ces lois vériÞent certaines propriétés (voir ultérieurement), on peut affirmer que (R2 , +, ×) a une
structure de corps. On le notera (C, +, ×) bien que l’ensemble sous-jacent est R2 . Un couple de (x, y) de C
sera noté x + iy, on peut voir cette notation comme x + iy = x (1, 0) + y (0, 1), un réel x est identiÞé à (x, 0).
L’élément i = (0, 1) vériÞe (0, 1) × (0, 1) = (−1, 0), i.e.
i2 = −1
DéÞnition 32 x + iy s’appelle la forme algébrique du nombre complexe (x, y).
Proposition 33 ∀z, z 0 ∈ C, avec z = x + iy et z 0 = x0 + iy 0
½
x = x0
0
{z = z } ⇐⇒
y = y0
Remarque 34 Soient z = x + iy et z 0 = x0 + iy 0 , la somme s’écrit :
z + z0
def
=
=
(x + x0 ) + i (y + y 0 )
(x + iy) + (x0 + iy 0 )
c’est à dire que l’on peut faire naïvement la somme. L’opposé de z sera −z = −x − iy.
Le produit :
def
z × z 0 = (xx0 − yy 0 ) + i (xy 0 + x0 y)
= (x + iy) × (x0 + iy 0 )
c’est à dire que l’on peut faire naïvement le produit, en utilisant bien sur le fait que i2 = −1. L’inverse de z
y
x
sera z1 = x2 +y
2 − i x2 +y 2 .
57
58
5.1.2
CHAPITRE 5. NOMBRES COMPLEXES
Conjugaison, partie réelle, partie imaginaire.
DéÞnition 35 Pour tout z = x + iy avec x et y dans R (toujours implicite !), le conjugué de z est
z̄ = x − iy
Proposition 36 1) ∀z ∈ C, (z̄) = z.
2) ∀z, z 0 ∈ C, z + z 0 = z̄ + z 0 .
3) ∀z, z 0 ∈ C, z × z 0 = z̄ × z 0 .
¡ ¢
Corollaire 37 1) ∀ (z, z 0 ) ∈ C × C∗ , zz0 = z¯0 .
2) Pour toute famille Þnie (zi )i∈Nn de n éléments de C,
P
P
Q
Q
on a ni=1 zi = ni=1 zi et ni=1 zi = ni=1 zi
Remarque 38 L’application conj : C → C vériÞe conj ◦ conj = IdC , on dit alors que conj est une
z 7→ z̄
involution.
Proposition 39 ∀z ∈ C,
z = z̄
z = −z̄
⇐⇒
⇐⇒
z∈R
z ∈ iR
iR désigne l’ensemble {iy, y ∈ R} des imaginaires purs.
DéÞnition 40 Pour tout z = x + iy avec x et y dans R, la partie réelle de z est x, on note x = Re (z) et
y est la partie imaginaire de z, on note y = Im (z).
Proposition 41 1) Re (z) = 12 (z + z̄) et Im (z) = 2i1 (z − z̄).
2) Re (z + z 0 ) = Re (z) + Re (z 0 ) et Im (z + z 0 ) = Im (z) + Im (z 0 ).
3) Re (λz) = λ Re (z) et Im (λz) = λ Im (z) pour tout λ dans R.
Remarque 42 Attention : Re (z × z 0 ) 6= Re (z) × Re (z 0 ) et Im (z × z 0 ) 6= Im (z) × Im (z 0 ) en général.
5.1.3
Module
p
DéÞnition 43 Soit z = x + iy, le module de z est |z| = x2 + y 2 .
¯ ¯
Remarque 44 L’application : ¯ ¯ : C → R+ prolonge l’application valeur absolue déÞnie sur R.
z 7→ |z|
Proposition 45 1) |z| ∈ R+
2) |z| = 0 ⇐⇒ z = 0
3) Re (z) ≤ |z| et Im (z) ≤ |z|
Proposition 46 1)
3)
5)
7)
|z|2 = z × z̄
2) Pour z 6= 0, z1 = |z|z 2
Si |z| = 1 (on note z ∈ U), 1z = z̄
4) |z| = |z̄| ¯ ¯
0
0
6) Si z 0 6= 0, ¯ zz0 ¯ = |z|z|0 |
|z × z | = |z| × |z |
Q
Q
Pour toute famille (zi )i∈Nn d’éléments de C, on a : | ni=1 zi | = ni=1 |zi |
Théorème 47 La double inégalité triangulaire
∀z, z 0 ∈ C, ||z| − |z 0 || ≤ |z + z 0 | ≤ |z| + |z 0 |
5.1. LE CORPS DES NOMBRES COMPLEXES
59
Corollaire 48 Pour toute famille (zi )i∈Nn d’éléments de C,
¯
¯
n
n
¯X
¯ X
¯
¯
zi ¯ ≤
|zi |
¯
¯
¯
i=1
i=1
Preuve. Soient z et z 0 deux éléments de C :
• Prouvons tout d’abord que |z + z 0 | ≤ |z|+|z 0 |. Les termes de l’inégalité sont positifs, cette inégalité équivaut
donc à |z + z 0 |2 ≤ (|z| + |z 0 |)2 . Montrons cette dernière :
|z + z 0 |2
=
=
=
≤
=
(z + z 0 ) (z + z 0 )
z z̄ + zz 0 + z̄z 0 + z¡0 z 0 ¢
|z|2 + |z 0 |2 + 2 ¯Re ¯zz 0
|z|2 + |z 0 |2 + 2 ¯zz 0 ¯
(|z| + |z 0 |)2
car
car
car
car
(z + z 0 ) = z̄ + z 0 ¡ ¢
zz 0 ¡+ z̄z¢0 = ¯2 Re¯ zz 0
0
¯ 0¯
Re
¯ ¯zz ≤¯ zz
¯
¯zz 0 ¯ = |z| ¯z 0 ¯ = |z| . |z 0 |
• Montrons que ||z| − |z 0 || ≤ |z + z 0 |, ceci revient à montrer les deux inégalités |z|−|z 0 | ≤ |z + z 0 | et |z 0 |−|z| ≤
|z + z 0 |.
On a |z| = |z + z 0 − z 0 | ≤ |z + z 0 | + |−z 0 | = |z + z 0 | + |z 0 |, donc |z| − |z 0 | ≤ |z + z 0 |, l’autre se fait de la même
manière.
Corollaire 49 Soit u dans C tel que |u| ≤ k < 1 alors
1 − k ≤ |1 + u| ≤ 1 + k
Preuve. On utilise la double inégalité triangulaire avec |1 − |u|| = 1 − |u| ≥ 1 − k.
Proposition 50 Pour tout z dans C∗ , il existe u dans U = {u ∈ C / |u| = 1} tel que z = |z| .u, cette écriture
est unique.
5.1.4
Argument
Pour tout u dans U, il existe un unique θ 0 dans [0, 2π[ tel que u = cos (θ0 ) + i sin (θ0 ), par conséquent
l’ensemble des θ tels que u = cos (θ) + i sin (θ) est {θ0 + 2kπ, k ∈ Z} = θ0 + 2kZ. Ces éléments sont appelés
des arguments de u, on note θ = Arg (z), il est déÞni modulo 2π.
Proposition 51 Pour tout z dans C∗ , il existe un unique couple (ρ, θ) dans R∗+ × [0, 2π[ tel que z =
ρ (cos (θ) + i sin (θ)).
Corollaire 52 Soit z dans C∗ , supposons que
z = ρ0 (cos (θ0 ) + i sin (θ 0 )) = ρ1 (cos (θ1 ) + i sin (θ 1 ))
avec ρ0 , ρ1 dans R∗+ et θ0 , θ1 dans R. Alors ρ0 = ρ1 et θ0 = θ1 + 2kπ pour un certain k dans Z.
Ces écritures de z sont dites trigonométriques.
Proposition 53 1) ∀z ∈ C∗ , Arg (z) = 0 [2π] ⇐⇒ z ∈ R∗+
Arg (z) = 0 [π] ⇐⇒ z ∈ R∗
Arg (z) = π2 [π] ⇐⇒ z ∈ iR∗
2) ∀z ∈ C∗ , Arg (z̄) = −Arg (z) [2π]
0
3) ∀z, z 0 ∈ C, Arg (z.z 0 ) = Arg (z) + Arg (zQ
) [2π]
P
∗
4) Pour toute famille (zi )i∈Nn de C , Arg ( ni=1 zi ) = ni=1 Arg (zi ) [2π]
n
5) ∀z ∈ C∗ , ∀n ∈ N,¡ Arg
¢ (z ) = nArg (z) 0
z
0
∗
6) ∀z, z ∈ C , Arg z0 = Arg (z) − Arg (z ) [2π]
60
CHAPITRE 5. NOMBRES COMPLEXES
La proposition 5) pour un élément cos (θ) + i sin (θ) de U donne :
Corollaire 54 Formule de De Moivre :
(cos (θ) + i sin (θ))n = cos (nθ) + i sin (nθ)
5.1.5
Exponentielle
On note
eiθ = cos (θ) + i sin (θ)
Proposition 55 Pour tout z dans C∗ , il existe un unique couple (ρ, θ) dans R∗+ × [0, 2π[ tel que z = ρeiθ .
Proposition 56 1)
3)
5)
7)
¯ iθ ¯
0
0
¯e ¯ = 1
2) ei(θ+θ ) = eiθ .eiθ
e−iθ = e1iθ = eiθ
4) e¡iθ =
¢n1 ⇐⇒ θ = 0 [2π]
z = |z| eiθ où θ = Arg (z)
6) eiθ = einθ
0
eiθ = eiθ ⇐⇒ θ = θ0 + 2kπ, k ∈ Z
Proposition 57 Formules d’Euler
cos (θ) =
eiθ +e−iθ
2
et sin (θ) =
eiθ −e−iθ
2i
¡ ¢
Preuve. On a cos (θ) = Re eiθ , 2 Re (z) = z + z̄ et eiθ = e−iθ , donc cos (θ) =
¡ ¢
iθ
−iθ
.
On a sin (θ) = Im eiθ , 2i Im (z) = z − z̄ et eiθ = e−iθ , donc sin (θ) = e −e
2i
5.2
5.2.1
eiθ +e−iθ
.
2
Interprétation géométrique
Le plan complexe
³ −
→ −
→´
On appelle plan complexe P un plan muni d’un repère orthonormé direct O, i , j . A un point M de
coordonnées (x, y) de ce plan, on peut lui associer un nombre complexe z = x + iy.
DéÞnition 58 z est l’affixe de M et M est l’image de z.
M
y
ρ
j
θ
M
y
ρ
U
j
j
θ
O i
-θ
x
O
iθ
e
ρ
θ
i
ρ
-y
³−
→ −−→´
Le module de z, |z| est la distance OM , l’argument θ = Arg (z) est une mesure de l’angle i , OM .
³ →
³ −
−´
→´
L’axe réel est la droite O, i et l’axe des imaginaires purs est la droite O, j . La conjugaison se traduit
5.2. INTERPRÉTATION GÉOMÉTRIQUE
61
³ −
©
ª
→´
par une symétrie par rapport à O, i , l’ensemble U = eiθ , θ ∈ R est représenté par le cercle de centre O
→
et de rayon 1 (notre brave cercle trigonométrique) A un vecteur du plan −
u de coordonnées (x, y), on peut
−−−−→
lui associer une affixe a = x + iy. Si M0 et M1 sont deux points d’affixes z0 et z1 , alors le vecteur M0 M1 a
→
→
pour affixe z1 − z0 . Soit −
u un vecteur Þxé d’affixe a dans C, soit M 0 = t−
u (M ) le translaté de M suivant le
−−−→0 −
→
−
→
vecteur u , i.e. M M = u , alors z 0 l’affixe de M 0 ( z est celle de M ) vériÞe z 0 − z = a ou encore z 0 = z + a.
→
L’application T : C →
C est représentée géométriquement la translation de vecteur −
u d’affixe a.
a
z 7→ z + a
5.2.2
Argument
Rappelons que pour z 6= 0, on a Arg (z) = mes
³−
→ →´
d’affixe z (non nul) alors Arg (z) = mes i , −
u .
³−
→ −−→´
→
i , OM où M est le point d’affixe z. Soit −
u un vecteur
Proposition 59 Soient A, B et C trois points distincts du plan complexe, alors
µ
¶
³−→ −→´
c−a
[2π]
mes AB, AC = Arg
b−a
→
−
Preuve. Il suffit d’écrire une relation de Chasles sur les angles avec i et utiliser les propriétés de Arg :
³−→ −→´
mes AB, AC
³−→ −
³−
→´
→ −→´
= mes AB, i + mes i , AC [2π]
³−
³−
→ −→´
→ −→´
= mes i , AC − mes i , AB [2π]
= Arg (c
− ¢a) − Arg (b − a) [2π]
¡ c−a
= Arg b−a [2π]
Exemples d’applications :
Exemple 60 Soient A (2 + 3i), B (6 + i) et C (4 + 7i) trois points du plan complexe. Montrons que le triangle
ABC est isocèle rectangle direct en A.
¯ ¯
¯ = 1.
• Isocèle en A signiÞe que AB = AC, i.e. |b − a| = |c − a| ou encore ¯ c−a
b−a
³−→ −→´
• Rectangle direct en A signiÞe que mes AB, AC = π2 [2π] (si direct n’est pas spéciÞé, c’est π2 [π]), i.e.
¡ ¢ π
Arg c−a
= 2 [2π].
b−a
• En conclusion, on doit démontrer que c−a
= i, le nombre complexe de module 1 et d’argument π2 .
b−a
c−a
(4 + 7i) − (2 + 3i)
2 + 4i
i (4 − 2i)
=
=
=
=i
b−a
(6 + i) − (2 + 3i)
4 − 2i
4 − 2i
Donc le triangle ABC est isocèle rectangle direct en A.
Exemple 61 Soient A (a), B (b) et C (c) trois points du plan complexe. Montrons que
©
ª
{ABC est équilatéral direct} ⇐⇒ a + bj + cj 2 = 0
62
CHAPITRE 5. NOMBRES COMPLEXES
où j = e
2iπ
3
= − 12 + i
On peut montrer très facilement que j 3 = 1, que j 2 = j et que 1 + j + j 2 = 0
n
³−→ −→´
o
π
{ABC est équilatéral direct} ⇐⇒
AB = AC et mes AB, AC = 3
n¯ ¯
³ → −→´
o
π
¯ c−a ¯ = 1 et mes −
⇐⇒
AB,
AC
=
[2π]
n b−a
o 3
c−a
i π3
iπ − 2iπ
2
⇐⇒
= e = e e 3 = −j
car eiπ = −1
b−a
⇐⇒ {(−1 − j 2 ) a + j 2 b + c = 0}
on développe
2
⇐⇒ {ja + j b + c = 0}
car 1 + j + j 2 = 0
⇐⇒ {j 3 a + j 4 b + j 2 c = 0}
on multiplie par j 2 6= 0
⇐⇒ {a + bj + cj 2 = 0}
car j 3 = 1.
5.2.3
√
3
.
2
Interprétation de la somme
On a vu le lien entre l’application z 7→ z + a et la translation de vecteur d’affixe a. On en déduit une
interprétation géométrique de la somme : on considère deux nombre complexes z0 et z1 , d’images respectives
−−−→ −−−→
−−→ (M1 ) = t−−−→ (M0 ), i.e. OM0 = M1 M donc OM0 M M1
M0 et M1 , le point M d’affixe z0 + z1 vériÞe M = t−
OM0
OM1
est un parallélogramme.
eiθ
M
iθ
1+e
M1
j
θ/2
M0
O
I
θ/2
O
i
Dans le cas particulier où M0 et M1 ont pour
affixes respectives 1 et eiθ , on a un losange de centre I, la
³−
→ −−−→´ ³−−−→ −−−→´
diagonale (OM ) est la bissectrice de l’angle i , OM1 = OM0 , OM1 = θ, on en déduit que l’argument de
I et de M est θ2 . Le module de M est le double de celui de I ( I est le milieu de [OM ] ). On considère le triangle
¡ ¢
¡θ¢ iθ
OI
rectangle OM0 I en I, on a cos θ2 = OM
=
OI,
on
en
déduit
donc
que
M
a
pour
affixe
2
cos
e 2 = 1 + eiθ .
2
0
On peut prouver ce résultat avec le calcul avec l’astuce de l’angle moitié :
³ θ
´
¡ ¢ θ
−i 2
i θ2
i θ2
iθ
1+e =e
e
+e
= 2 cos θ2 ei 2 .
³ θ −θ
´
¡
¢ i θ0 +θ1
θ 0 +θ 1
θ 1 −θ 0
1
0
0
On peut reprendre cette astuce avec deux angles : eiθ0 +eiθ1 = ei 2
e−i 2 + ei 2
= 2 cos θ1 −θ
e 2
2
¡ ¢ θ
Proposition 62 1) 1 + eiθ = 2 cos θ2 ei 2
¡
¢ i θ0 +θ1
0
2) eiθ0 + eiθ1 = 2 cos θ1 −θ
e 2
2
En prenant les parties réelles et imaginaires de ces équations, on retrouve
¡ ¢
2 θ
Proposition 63 1) 1 + cos (θ) = 2¡cos
¢ 2¡ ¢
2) sin (θ) = 2 cos θ2 sin θ2 ¡
¢
¡ θ0 +θ1 ¢
0
3) cos (θ 0 ) + cos (θ1 ) = 2 cos¡ θ1 −θ
cos
2 ¢
¡ θ0 +θ2 1 ¢
0
4) sin (θ0 ) + sin (θ1 ) = 2 cos θ1 −θ
sin
2
2
¡θ¢ iθ
¡ ¢
Remarque 64 Attention, 2 cos 2 e 2 est une écriture trigonométrique si θ ∈ ]−π, π[, il faut que cos θ2 > 0.
5.3. RACINES N IÈMES
5.2.4
63
Interprétation du produit
Soit a dans C∗ , on pose a = ρ0 eiθ0 . Soit z dans C∗ , avec z = ρeiθ , on a alors az = ρ.ρ0 ei(θ+θ0 ) , i.e. multiplier
par a signiÞe multiplier le module de z par celui de a et additionner le module de z par celui de a. Interprétons
géométriquement ces deux faits :
— Multiplier le module de z par ρ0 : l’application Hρ0 : C → C correspond à une homothétie de
z 7→ ρ0 .z
centre O de rapport ρ0 .
— Ajouter θ0 à l’argument de z : l’application Rθ0 : C →
C
correspond à une rotation de centre
z 7→ eiθ0 .z
O et d’angle θ 0 .
— Conclusion : multiplier par a = ρ0 eiθ0 correspond géométriquement à la composée (ici, l’ordre de
composition n’a pas d’importance) d’une homothétie de centre O de rapport ρ0 et d’une rotation de
centre O et d’angle θ0 , c’est une similitude de centre 0, de rapport ρ0 et d’angle θ0 .
×ρ0
θ0
θ0
j
×ρ0
O i
5.3
5.3.1
Racines n ièmes
DéÞnitions
DéÞnition 65 Soit z un nombre complexe et n un élément de N\ {0, 1}. On appelle racine n ième de z tout
nombre complexe Z tel que Z n = z.
Remarque 66 Pour tout n, 0 est la seule racine n ième de 0.
Théorème 67 Tout élément z de C∗ admet exactement n racines n ièmes : Zk =
[ 0, n − 1]]
θ
2kπ
√
n ρei( n + n ) avec k dans
Preuve. Soit z dans C∗ , soit n dans N\ {0, 1}, on écrit z = ρeiθ , on cherche Z = Reiα tel que Z n = z.
• Unicité : supposons qu’un tel Z existe, on a alors nécessairement Rn einα = ρeiθ , donc
½ n
½
√
n ρ
ρ
R =
R =
£ ¤
⇐⇒
θ
nα = θ [2π]
α = n 2π
n
θ
2kπ
√
On en déduit que les n uniques solutions possibles sont Zk = n ρei( n + n ) avec par exemple k dans [[0, n − 1]]
(il faut en fait n entiers consécutifs).
• Existence : il suffit de vériÞer que les Zk sont bien solutions.
64
CHAPITRE 5. NOMBRES COMPLEXES
Remarques 68
1) Les racines n ièmes de z sont les zéros du polynôme X n − z.
2π
2) Si Z0 est une racine n ième de z, alors les autres sont Z0 .ω kn où ω n = ei n et k dans [ 1, n − 1]]. On en
déduit donc que Mk+1 = R (Mk ) où Mi est le point d’affixe Zi et R la rotation de centre O et d’angle 2π
. On
n
constate que Rn = R ◦ · · · ◦ R = Id, le polygone M0 M1 . . . Mn−1 est régulier de centre O.
5.3.2
Racines de l’unité
©
ª
Nous allons étudiés justement ces ω kn , on vériÞe facilement que ω nn = 1, donc Unn = ω kn , k ∈ [[0, n − o
1]]
2kπ
est l’ensemble des racines n ièmes de l’unité ( de 1 ). On peut aussi écrire Un = ei n , k ∈ [[0, n − 1]] .
Proposition 69
n−1
X
ω kn = 0
k=0
Preuve. Comme ω n 6= 1, on peut écrire :
Pn−1
k=0
ω kn =
ωn
n −1
ωn −1
=
1−1
ω−1
= 0.
Remarques 70
1) Les racines n ièmes de l’unité sont les zéros du polynômes X n − 1.
2) Les points Mi d’affixes ω in forment un polygone régulier de centre O tracé sur le cercle trigonométrique et
dont un des sommets a pour affixe 1.
Exemples 71 U2 = {1, −1}, U3 = {1, j, j 2 } (triangle équilatéral), U4 = {1, i, −1, −i} (carré).
5.3.3
Racines carrés d’un nombre complexe.
Soit z un nombre complexe non nul, il a donc deux racines carrés complexes : Z et −Z car U2 = {1, −1},
nous allons chercher de manière algébrique Z, on pose donc Z = X + iY et z = x + iy. On a donc Z 2 = z,
on en déduit donc que X 2 − Y 2 + 2XY i = x + iy, en identiÞant
parties réelles et imaginaires, on a donc deux
p
2
2
2
2
équations, de plus on a |Z| = |z|, on a aussi X + Y = x + y 2 , en résumé :
 2
(L1 )
 X − Y2 = x
2XY = yp
(L2 )
 2
2
2
2
X + Y
=
x + y (L3 )
³
´
³p
´
p
Avec L1 et L3 , on trouve immédiatement X 2 = 12 x + x2 + y 2 et Y 2 = 12
x2 + y 2 − x , on a donc
r ³
r ³
´
´
p
p
1
2
2
X = ± 2 x + x + y et Y = ± 12
x2 + y 2 − x , enÞn l’équation L3 nous dit que X et Y sont de
même signe si y est positif, de signes opposés si y est négatif, on trouve donc deux solutions possibles pour Z
et on remarque qu’elles sont opposées.
Exemple 72 Déterminons les racines carrées de 5 + 12i : on pose Z = X + iY tel que Z 2 = 5 + 12i, on doit
donc résoudre le système suivant :
 2
(L1 )
 X − Y2 = 5
2XY = 12
(L2 )
√
 2
2
2
2
X + Y
=
5 + 12 = 13 (L3 )
Avec L1 et L3 , on trouve immédiatement X 2 = 9 et Y 2 = 4, on a donc X = ±3 et Y = ±2, enÞn l’équation
L3 nous dit que X et Y sont de même signe puisque 2XY est positif, on trouve donc deux solutions possibles
pour Z : {3 + 2i, −3 − 2i} et on remarque qu’elles sont opposées.
5.4. APPLICATIONS À LA TRIGONOMÉTRIE ET À L’ANALYSE
5.3.4
65
Equation du second degré à coefficients complexes
Toute équation du second degré à coefficients complexes
aX 2 + bX + c = 0
avec a dans C∗ et b, c dans C admet deux solutions distinctes ou confondues, pour les trouver on utilise la
méthode classique du discriminant, on doit alors chercher les racines carrées complexes de ce dernier.
Exemple 73 Soit à résoudre dans C l’équation :
(1 + i) z 2 + (4 − 2i) z − (9 + 7i) = 0
On calcule tout d’abord le discriminant :
∆ = b2 − 4ac = (4 − 2i)2 + 4 (1 + i) (9 + 7i) = 20 + 48i = 4 (5 + 12i)
On cherche maintenant une racine carrée δ de ∆ (l’autre est l’opposée ), d’après le paragraphe précédent,
on a δ = 2 (3 + 2i). Les solutions sont donc −b±δ
, donc on a : z1 = −(4−2i)+(6+4i)
= (2+6i)(1+i)
= 2 + i et
2a
2(1+i)
2(1+i)(1+i)
z2 = −3 + 2i.
5.4
5.4.1
Applications à la trigonométrie et à l’analyse
Formules revisitées
¡
¢
¡
¢
On peut écrire cos (a + b) = Re ei(a+b) = Re eia eib = cos (a) cos (b) − sin (a) sin (b). Bien retenir qu’un
cosinus est une partie
réelle,
aura
du cos . cos ou du sin . sin (le moins vient de i2 ). De même, on
¡ i(a+b)
¢ donc¡ on
¢
a sin (a + b) = Im e
= Im eia eib = cos (a) sin (b) + sin (a) cos (b). Bien retenir qu’un sinus est une
partie imaginaire, donc
du cos .i´
sin . Ce ³genre de raisonnement
est valable pour cos (p) + cos (q) =
h aura
´
³ p+qon
¡
¢¤
¡ p−q ¢
¡ p+q ¢
p−q
p−q
p+q £
= Re ei 2 2 cos p−q
Re (eip + eiq ) = Re ei 2 ei 2 + e−i 2
=
2
cos
cos
, i.e. une somme
2
2
2
de cosinus sera
une partie réelle
cos . cos semble de bon augure. De même, on a sin (p) +
´ donc un¡ produit
³ p+q
£
¡
¢¤
¢
¡
¢
p−q
p−q
sin (q) = Im ei 2 2 cos 2
= 2 cos 2 sin p+q
, une somme de sinus sera une partie imaginaire, un
2
produit cos . sin est aussi un bon signe.
5.4.2
Développement
Un exemple de développement est : cos (2θ) = 2 cos2 (θ) − 1, on exprime cos (nθ) ou sin (nθ) en fonction
de cos (θ) et de sin (θ). On utilise deux résultats fondamentaux : la formule de De Moivre et le binôme de
Newton.
Exemple 74
cos (3θ) = Re ¡(cos (3θ) + i sin (3θ))¢
= Re ¡(cos (θ) + i sin (θ))3
¢ Formule de De Moivre
2
3
3
2
= Re cos (θ) + 3i cos (θ) sin (θ) − 3 cos (θ) sin (θ) − i sin (θ) Binôme de Newton
= cos3 (θ) − 3 cos (θ) sin2 (θ) = 4 cos3 (θ) − 3 cos (θ)
sin2 (θ) = 1 − cos2 (θ)
On en conclut donc que cos (3θ) = 4 cos3 (θ) − 3 cos (θ), en prenant la partie imaginaire, on trouve sin (3θ) =
sin (θ) (4 cos2 (θ) − 1). On a donc cos (3θ) = T3 (cos (θ)) et sin (3θ) = sin (θ) .U2 (cos (θ)) où T3 (X) = 4X 3 −3X
et U2 (X) = 4X 2 − 1. Pour tout n dans N∗ , on peut montrer qu’il existe des polynômes Tn et Un−1 tels que
cos (nθ) = Tn (cos (θ)) et sin (nθ) = sin (θ) .Un−1 (cos (θ)). Ces polynômes sont appelés les polynômes de
Tchebychev de première espèce ( Tn (X) ) et de deuxième espèce ( Un (X) ).
On peut aussi développer tan (3θ) :
3 (θ)−3 cos(θ) sin2 (θ)
sin(3θ)
1−3 tan2 (θ)
3
tan (3θ) = cos(3θ)
= cos
= 3 tan(θ)−tan
3 (θ) (on a divisé en haut et en bas par cos (θ)).
3 cos2 (θ) sin(θ)−sin3 (θ)
66
CHAPITRE 5. NOMBRES COMPLEXES
5.4.3
Linéarisation
Un exemple de linéarisation est cos2 (θ) = cos(2θ)+1
, on exprime cosn (θ) ou sinn (θ) en fonction des cos (kθ)
2
et sin (kθ). On utilise les deux résultats fondamentaux : les formules d’Euler et le binôme de Newton.
³ iθ −iθ ´6
e +e
Exemples 75
1. cos6 (θ) =
2
2. sin4 (θ) =
=
=
3. sin5 (θ) =
=
=
³
1
8
1
8
³
eiθ −e−iθ
2i
³
´4
=
=
1
25
1
32
i6θ
i4θ
ei4θ −4e−i2θ +6−4e−i2θ +e−i4θ
2
e −e
2i
³
−i4θ
−i6θ
´
(cos (4θ) − 4 cos (2θ) + 3)
´5
iθ
−iθ
1
16
1
16
−i2θ
i2θ
+6e
+e
× e +6e +15e +20+15e
2
(cos (6θ) + 6 cos (4θ) + 15 cos (2θ) + 10)
ei5θ −5ei3θ +10eiθ −10e−iθ +5e−i3θ −e−i5θ
2i
´
(sin (5θ) − 5 sin (3θ) + 10 sin (θ))
³ iθ −iθ ´2 ³ iθ −iθ ´3
3
e +e
e −e
2
4. cos (θ) sin (θ) =
2
2i
¡£ i2θ
¤ £ i3θ
¤¢
−1
−i2θ
= 32i
+
2
+
e
e
e − 3eiθ + 3e−iθ −¢e−i3θ
¡
−1
ei5θ − ei3θ − 2eiθ + 2eiθ + e−i3θ − e−i5θ
= 32i
1
= 16 (− sin (5θ) + sin (3θ) + 2 sin (θ))
5.4.4
Factorisation de somme
Une somme de cosinus ou de sinus peut être simpliÞée avec l’outil des nombres complexes :
³P ¡ ¢ ´
¢
¡Pn
P
n
ikθ
iθ k
Exemple 76 On considère Cn = nk=0 cos (kθ). On remarque que Cn = Re
=
Re
,
e
k=0
k=0 e
on a la somme des premiers termes d’une suite géométrique. Si eiθ = 1, i.e. θ = 0 [2π], on en déduit
immédiatement que Cn = n + 1. Sinon
Pn ¡ iθ ¢k
i(n+1)θ
= e eiθ −1−1
k=0 e
θ
=
ei(n+1) 2
θ
ei 2
θ
= ein 2
i(n+1) θ
−i(n+1) θ
2
2 −e
×e
θ
iθ
e 2 −e−i 2
θ
sin((n+1) )
× sin θ 2
(2)
On en déduit que
¡ ¢
¡
¢
¡ nθ ¢
¡
¢
n
n
θ
θ
X
X
cos nθ
sin
sin
(n
+
1)
sin
(n
+
1)
2
2
2
2
¡θ¢
¡θ¢
Cn =
cos (kθ) =
et Sn =
sin (kθ) =
sin
sin
2
2
k=0
k=0
On peut aussi factoriser une somme a cos (θ) + b sin¡(θ), cette somme
se¡ factorise
¢
¢ de la forme R cos (θ + ϕ)
iθ
iϕ iθ
ou ¡R sin (θ + α),
on
écrit
:
a
cos
(θ)
+
b
sin
(θ)
=
Re
(a
−
ib)
e
=
Re
Re
e
ou a cos (θ) + b sin (θ) =
¢
¡ iα iθ ¢
iθ
Im (a + ib) e = Im Re e , i.e. on doit mettre sous forme trigonométrique soit a − ib, soit a + ib.
√
3 sin
Exemple 77 Factorisons
cos (θ)
√
¡¡ + √
¢ (θ)
¢:
¡
¢
¡
¢
π
iθ
On a cos (θ) + 3 sin (θ) = Re 1 − i 3 e = Re 2e−i 3 eiθ = 2 cos θ − π3 .
√
L’équation cos (θ) + 3 sin (θ) = 0 a pour solutions 5π
et − π6 modulo 2π.
6
Remarque 78 Pour résoudre cette équation, on aurait pu être absolument kamikaze en utilisant les formules
d’Euler : √
√ iθ −iθ
√ ¢
√ ¢¢
¡¡
¡
iθ
−iθ
cos (θ) + √3 sin (θ) =√ e +e
+ 3 e −e
= 12 e−iθ 1 − i 3 ei2θ + 1 + i 3 = 0 , ce qui équivaut à
2
2i
π
√3 = 1 − i 3 = e−i 3 , on retrouve bien − π [π].
ei2θ = − 1+i
2
2
6
1−i 3
5.5. NOMBRES COMPLEXES ET GÉOMÉTRIE
5.4.5
67
Equations différentielles
Lors de la recherche de solution particulière, avec du cosinus ou du sinus, il est souvent judicieux d’utiliser
les nombres complexes.
Exemple 79 On cherche une solution particulière de y 00 −5y 0 +6y = cos (x) e¡2x . On cherche alors une
¢ solution
2
00
0
00
0
(2+i)x
(2+i)x
de y −5y +6y = e
, on pose y0 = αe
, on a alors y0 −5y0 +6y0 = α (2 + i) − 5 (2 + i) + 6 e(2+i)x =
1
(2+i)x
(2+i)x
α (−1 − i) e
= e
, on a donc α = −1−i
= 1−i
, donc y0 = 1−i
e(2+i)x. Pour trouver une solution
2
2
particulière de y 00 − 5y 0 + 6y = cos (x) e2x , on prend la partie réelle de y0 : 12 (cos (x) + sin (x)) e2x .
5.5
5.5.1
Nombres complexes et géométrie
Les applications z 7→ az + b
Ici a désigne un élément de C∗ et b un élément de C.
→
On a déjà vu que l’application z 7→ z + b correspond géométriquement à une translation de vecteur −
u
d’affixe b et que l’application z 7→ az correspond à une similitude de centre 0, de rapport |a| et d’angle
Arg (a). Reste donc à étudier les cas où a 6= 1 et b 6= 0.
Dans toute transformation géométrique on cherche les points invariants, on va donc résoudre l’équation
b
. On a alors :
az + b = z. On trouve sans peine un seul point invariant Ω d’affixe ω = 1−a
z0
ω
z0 − ω
= az + b
= aω + b
= a (z − ω)
³ −
→ −
→´
Si on note Z = z − ω et Z 0 = z 0 − ω, i.e. si on se place dans un nouveau repère Ω, i , j , on a Z 0 = aZ,
on a donc une similitude de centre Ω, de rapport |a| et d’angle Arg (a). Donc l’application z 7→ az + b est si
→
b
a = 1 une translation de vecteur −
u d’affixe b sinon une similitude de centre Ω d’affixe 1−a
, de rapport |a| et
d’angle Arg (a).
Exemple 80 Reprenons l’exemple 60 à la page 61, on a donc trois points du plan complexe A (2 + 3i),
B (6 + i) et C (4 + 7i) . Montrons que le triangle ABC est isocèle rectangle√direct en A. Ceci est équivalent
à montrer que B = S (A) où S est la similitude de centre C, de rapport 2 et d’angle π4 . On a donc s :
z 7→ (1 + i) (z − c)+c. VériÞons que s (a) = b : s (a) = (1 + i) (a − c)+c = (1 + i) (−2 − 4i)+4+7i = 6+i = b.
5.5.2
Alignement
³−→ −→´
Proposition 81 Trois points distincts A (a), B (b) et C (c) sont alignés si et seulement si mes AB, AC =
0 [π], i.e. si et seulement si
µ
¶
c−a
Arg
= 0 [π]
b−a
Remarque 82 On peut donc aussi donner comme condition nécessaire c−a
est réel. Pour avoir une condition
b−a
c−a
∗
nécessaire et suffisante, il faut écrire b−a ∈ R \ {1} puisque les points sont supposés distincts.
Remarque
est¢ ici modulo
© 83 L’égalité
¡ z−a
ª π. Avec un modulo 2π, on peut déÞnir l’intérieur du segment [AB] avec
]AB[ = M (z) / Arg z−b = π [2π] et le complémentaire de ce segment sur la droite (AB) : (AB) \ [AB] =
©
¡ ¢
ª
M (z) / Arg z−a
=
0
[2π]
.
z−b
68
CHAPITRE 5. NOMBRES COMPLEXES
5.5.3
Cocyclicité
On rappelle que par trois points non alignés passe un seul cercle.
Théorème 84
³−−→ −−→´
Quatre points distincts M , A, B et C sont cocycliques ou alignés si et seulement si mes M A, M B =
³−→ −−→´
mes CA, CB [π].
³−−→ −−→´
³−→ −−→´
Remarque 85 Les points M tels que mes M A, M B = mes CA, CB = α [2π] avec α 6= 0 [π] décrivent
l’arc AB contenant C sur le cercle circonscrit au triangle ABC.
Corollaire 86
Quatre points distincts M (z), A (a), B (b) et C (c) sont cocycliques ou alignés si et seulement si
R∗ \ {1}.
Remarque 87 Pour votre culture
5.5.4
c−a
z−b
× z−a
c−b
z−b
z−a
× c−a
∈
c−b
est le birapport des quatre complexes a, b, c et z noté ici [a, b, c, z].
Exercices
Exercice 1 Les similitudes préservent les angles.
³−→ −→´
Une similitude S peut être représentée par l’application s : z 7→ αz + β et un angle AB, AC vaut
³−→ −→´
¡ c−a ¢
(αc+β)−(αa+β)
s(c)−s(a)
c−a
αc−αa
Arg b−a . Or on remarque que b−a = αb−αa = (αb+β)−(αa+β) = s(b)−s(a) , on a donc mes AB, AC =
³−−−−−−−−→ −
−−−−−−−
→´
mes S (A) S (B), S (A) S (C) .
On en déduit donc qu’une similitude préserve l’alignement et la cocyclicité.
, on a Df = C\ {1 + 2i}.
Exercice 2 Soit f : z 7→ z+3+2i
z−1−2i
1) Montrons que f déÞnit une bijection de Df sur C\ {1}.
On pose z 0 = z+3+2i
avec z dans Df et z 0 dans C a priori. Ceci équivaut à z (z 0 − 1) = (1 + 2i) z 0 + (3 + 2i),
z−1−2i
0 +(3+2i)
pour z 0 6= 1, ceci équivaut à z = (1+2i)z
= g (z 0 ). On en déduit que f est une bijection de réciproque g.
0
z −1
2) Déterminons les points invariants, i.e. les z tels que z = f (z).
, ce qui équivaut à z 2 − (2 + 2i) z − (3 + 2i) = 0 , avec la méthode du
On doit donc résoudre z = z+3+2i
z−1−2i
discriminant, on trouve comme solution −1 et 3 + 2i, on notera I1 et I2 les points images respectifs.
3) Déterminons l’ensemble des points M d’affixe z tels que |f (z)| = 1.
|z−b|
z−b
On note A (a = 1 + 2i) et B (b = −3 − 2i). On a donc f (z) = z−a
donc |f (z)| = |z−a|
= MB
= 1, on en
MA
déduit que M A = M B, i.e. M est sur la médiatrice de [AB] notée ∆AB . D’autre part, tout point M (z) de
∆AB vériÞe bien |f (z)| = 1. On notera que I1 est solution.
4) Déterminons l’ensemble des points M d’affixe z tels que f (z) ∈ R.
On a {f (z) ∈ R} ⇐⇒ {f (z) = 0 ou Arg (f (z)) = 0 [π]}.
On a d’une part f (z) = 0 si et seulement si z³= b, i.e. le´ point B est solution.
¡ z−b ¢
−−→ −−→
D’autre part, Arg (f (z)) = Arg z−a
= mes M A, MB = 0 [π], on en déduit que M décrit la droite (AB)
privée de A et B.
En conclusion, l’ensemble des points recherchés est la droite (AB) privée de A.
∗
5) Déterminons
l’ensemble
des points M ªd’affixe z tels que f (z) ∈ iR+
.
©
ª
©
π
∗
On a f (z) ∈ iR+ ⇐⇒ Arg (f (z)) = 2 [2π] .
5.5. NOMBRES COMPLEXES ET GÉOMÉTRIE
³−−→ −−→´
¡ z−b ¢
On a Arg (f (z)) = Arg z−a
= mes M A, M B =
le cercle de diamètre [AB].
69
π
2
_
[2π], on en déduit que M décrit un arc ouvert AB sur
3
B
I2
2
1
I1
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
-1
A
-2
-3
Remarque 88 Une application f de la forme f (z) = az+b
est une homographie, elle préserve le birapport
cz+d
© ª
donc
une droite ou un cercle en une droite ou un cercle. C’est une bijection de C\ − dc sur
© atransforme
ª
C\ c .