Exos types, Chapitre 1: les complexes

PCSI 2
2014-2015
Préparation des Khôlles
Chapitre 1 : Les complexes.
Exercice type 1
z
z−1
Déterminer le lieu des points M d’affixe z tel que
2
∈ R.
Solution : On a
z
z−1
2
∈ R ⇐⇒
La dernière condition est équivalente à
2
z
z−1
=
2
z
z−1
2
⇐⇒
z2
(z − 1)
2
=
z2
2
(z − 1)
2
z 2 (z − 1) = z 2 (z − 1) et z = 1
en effet, on vient de supprimer la condition de non division par zéro ! On obtient donc
z
z−1
2
∈R
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
z 2 z 2 − 2z 2 z + z 2 = z 2 z 2 − 2z 2 z + z 2 et z = 1
z 2 − z 2 = 2z 2 z − 2z 2 z et z = 1
(z − z) (z + z) = 2zz (z − z) et z = 1
(z − z) (2zz − (z + z)) = 0 et z = 1
On pose alors z = x + iy avec (x, y) ∈ R2 , d’où
z
z−1
2
∈R
⇐⇒
⇐⇒
2iy 2x2 + 2y 2 − 2x = 0 et z = 1


y=0
ou
et z = 1
 2
x + y2 − x = 0
⇐⇒







y=0
ou
x−
1
2
2
+ y2 =
1
4
et z = 1
1
1
La première condition se traduit par M ∈ (Ox) , la seconde par M est sur le cercle centré en A d’affixe et de rayon
2
2
privé du point B d’affixe 1.
Exercice type 2
Soit (z, z ′ ) ∈ C2 , montrer la seconde inégalité triangulaire
||z| − |z ′ ||
|z − z ′ | et ||z| − |z ′ ||
|z + z ′ |
Solution : On pense belge en posant z = (z − z ′ ) + z ′ d’où (inégalité triangulaire) |z| |z − z ′ | + |z ′ | =⇒ |z| − |z ′ |
|z − z ′ |. Par permutation des rôles de z et de z ′ (on remplace z par z ′ et z ′ par z), on a également |z ′ | − |z| |z ′ − z| =
|z − z ′ | (car |u| = |−u|). Le réel A = |z| − |z ′ | vérifie donc A
|z − z ′ | et −A
|z − z ′ | , sa valeur absolue est donc
′
inférieur ou égale à |z − z |.
Conclusion
||z| − |z ′ || |z − z ′ |
On obtient l’autre inégalité en remplaçant z ′ par −z ′ .
Exercice type 3
Montrer que ∀z tel que |z| = 1, on a
1 − zn
1−z
1 − |z|n
1 − |z|
—1/9—
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Préparation des Khôlles
Solution : Si |z| = 1, on a z = 1, ainsi
1 − zn
= 1 + z + z 2 + z 3 + · · · + z n−1 =
1−z
n−1
zk
k=0
en passant au module, avec l’inégalité triangulaire généralisée, il vient
1 − zn
=
1−z
n−1
n−1
zk
k=0
k=0
|z|k =
1 − |z|n
car |z| = 1
1 − |z|
Rappel : L’inégalité triangulaire généralisée s’énonce ainsi.
Soient (z1 , · · · , zn ) ∈ Cn alors
n
n
k=1
zk = |z1 + · · · + zn |
|z1 | + · · · + |zn | =
k=1
|zk |
Preuve : Par récurrence sur n, soit P (n) cette propriété, elle est varie si n = 1 (Initialisation). On la suppose vraie au
rang n. Soient alors n + 1 complexes z1 , · · · , zn+1 , on a alors
|(z1 + · · · + zn ) + zn+1 |
Inég triang
|z1 + · · · + zn | + |zn+1 |
Hyp récu rang n
|z1 | + · · · + |zn | + |zn+1 |
Exercice type 4
Montrer que (|z| = 1 et z = 1) ⇒ i
z+1
z−1
∈ R.
Solution : Si z est de module 1 alors |z|2 = zz = 1 donc z =
i
z+1
z−1
1
. On a ainsi i
z
z+1
z−1
= −i
z+1
z−1
= −i
1
z
1
z
+1
−1
=
d’où le résultat.
Remarque : On peut aussi écrire que z = eiθ , alors i
z+1
z−1
= cotan
θ
2
Exercice 1
On définit f sur C
miner A = f (U
{1} par f (z) = i
z+1
z−1
et U = {z ∈ C, |z| = 1} l’ensemble des complexes de module 1. Déter-
{1}) (utiliser l’exercice type 1).
Solution : On raisonne par double inclusion. On a montré que si z ∈ U {1} alors f (z) ∈ R. Ainsi A ⊂ R (les images
des élèments de U {1} sont des réels).
Inclusion réciproque : soit λ ∈ R, on cherche s’il existe z ∈ U {1} tel que f (z) = λ.
λ+i
On résout donc f (z) = λ ⇐⇒ i (z + 1) = λ (z − 1) ⇐⇒ z =
(on peut diviser car λ = i). Il reste à vérifier que z = 1
λ−i
λ+i
λ+i
|λ + i|
|λ + i|
= 1 car |u| = |u| si u ∈ C. On a donc R ⊂ A (tout
et que |z| = 1. Or
= 1 ⇐⇒ i = −i et
=
=
λ−i
λ−i
|λ − i|
λ+i
λ ∈ R peut s’écrire λ = f (z) où z ∈ U {1}).
Conclusion A = R.
—2/9—
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Exercice 2
Soient (a, b) ∈ C2 , Montrer que |a| = |b| = 0 =⇒
(a + b)2
∈ R+ . Etudier la réciproque.
ab
2
2
(a + b)
(a + b)
a b
a
1
= + + 2. En posant u = , alors |u| = 1, ainsi = u et
= 2 (1 + Re (u)).
ab
b a
b
u
ab
Pour finir, − |u| = −1 Re (u) =⇒ 1 + Re (u) 0.
Méthode 2 : On pose a = reiα et b = reiβ où r = |a| > 0 alors
Solution : Méthode 1 :
2
eiα + eiβ
(a + b)
=
ab
ei(α+β)
2
2 cos
=
α−β
2
ei
α+β
2
2
= 4 cos2
ei(α+β)
α−β
2
0
2
Réciproquement : On suppose que
avec a = 1 et b = 2 · · ·
(a + b)
∈ R+ , a-t-on |a| = |b| = 0 ? Sûrement non, un contre exemple simple suffit,
ab
Exercice type 5
n
Calculer pour n
1,
k=1
n k−1
3
en fonction de n.
k
n
Solution : Rappel : (1 + a)n =
k=0
n
k=1
n k
a . La somme proposée n’en est pas loin. On a donc
k
n
n k−1
3
k
=
k=1
1
3
=
n 3k
1
=
k 3
3
n
−1 +
k=0
n
k=1
n k
3
k
n k
3
k
=
4n − 1
3
0
= 0.
Le résultat est encore valable si on convient que
k=1
Exercice type 6
Soit n ∈ N∗ et k ∈ N tel que 1
k
n. Montrer que k
n
n−1
=n
. Soit X une variable aléatoire qui suit une loi
k
k−1
n
binomiale de paramétre n et p ∈ [0, 1]. Calculer l’espérance de X (i.e. calculer
Solution : Puisque 1
k
k
On en déduit que
n
E (X) =
k
k=0
n
=
n
k=1
n
=
np
k=1
=
n, on a k
n
kP (X = k) =
k=0
k
k=0
n
n!
k
1
=k×
. Or
=
si k
k
k! (n − k)!
k!
(k − 1)!
n k
n−k
p (1 − p)
).
k
1 (c’est faux si k = 0). Donc
n
n!
n × (n − 1)!
n−1
=
=
=n
k
(k − 1)! (n − k)!
(k − 1)! (n − 1 − (k − 1))!
k−1
n
n k
p (1 − p)n−k
k
=
n−1 k
p (1 − p)n−k
k−1
=n
n − 1 k−1
p
(1 − p)n−k
k−1
np (p + 1 − p)n−1
k
k=1
n
k=1
n−1
= np
j=0
n k
p (1 − p)n−k
k
(L’indice k = 0 donne 0)
n−1 k
p (1 − p)n−k
k−1
(n ne dépend pas de l’indice)
n−1 j
p (1 − p)n−1−j
j
On pose j = k − 1 dans la somme
= np
—3/9—
G
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Exercice type 7
Linéariser cos3 (x) et sin3 (x).
1
z+
1
1
z
−ix
Solution : Soit z = e , alors
= e . On en déduit que cos (x) =
=⇒ cos3 (x) = 3
z
2
2
binôme, on obtient
ix
cos3 (x) =
=
De même sin x =
z−
2i
1
23
1
22
z+
1
z
3
. Avec le
1
1
1
1
1
1
+ 3z × 2 + 3 = 3
z3 + 3 + 3 z +
z
z
z
2
z
z
1
1
1
cos
(3x)
+
3
cos
(x)
z3 + 3 + 3 ×
z+
=
z
2
z
4
z 3 + 3z 2 ×
1
2
1
z d’où
1
1
1
1
z 3 − 3z 2 × + 3z × 2 − 3
23 i3
z
z
z
sin (3x) − 3 sin (x)
= −
4
sin3 (x) =
=−
1
22
1
2i
z3 −
1
z3
−3×
1
2i
z+
1
z
Exercice type 8
Trouver deux polynômes P et Q tels que cos (4x) = P (cos x) et sin (4x) = sin (x) Q (cos x).
Solution : On sait que cos (4x) + i sin (4x) = e4ix = eix
4
= (cos (x) + i sin (x))4 , ainsi
cos (4x) + i sin (4x) = cos4 (x) + 4 cos3 (x) i sin (x) + 6 cos2 (x) i2 sin2 (x) + 4 cos (x) i3 sin3 (x) + sin4 (x)
= cos4 (x) − 6 cos2 (x) sin2 (x) + sin4 (x) + i 4 cos3 (x) sin (x) − 4 cos (x) sin3 (x)
Par unicité des parties réelles et imaginaires, on a
cos (4x) = cos4 (x) − 6 cos2 (x) sin2 (x) + sin4 (x)
sin (4x) = 4 cos3 (x) sin (x) − 4 cos (x) sin3 (x)
Pour finir, on a
cos (4x) = cos4 (x) − 6 cos2 (x) 1 − cos2 (x) + 1 − cos2 (x)
2
= 8 cos4 (x) − 8 cos2 (x) + 1
sin (4x) = 4 cos3 (x) sin (x) − 4 cos (x) sin (x) 1 − cos2 (x)
= 4 sin (x) 2 cos3 (x) − cos (x)
En posant P (X) = 8X 4 − 8X 2 + 1 et Q (X) = 8X 3 − 4X, on a le résultat demandé.
Exercice type 9
n
Calculer pour a ∈ R et n ∈ R les sommes C =
n
cos (ak) et S =
k=0
sin (ak) .
k=0
—4/9—
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Préparation des Khôlles
Solution : On pose Σ = C + iS, ainsi
n
n
Σ=
k=0
n
ei(ak) =
cos (ak) + i sin (ak) =
k=0
n
eiak =
k=0
eia
k
k=0
Rappel important : si q ∈ C et n ∈ N alors

 1 − q n+1
si q = 1
k
2
n
q = 1 +q +q +··· +q =
1−q

n + 1 si q = 1
k=0
n
On distingue deux cas :
Si eia = 1, ce qui équivaut à a = 0 (2π), alors Σ = n + 1, par unicité des parties réelles et imaginaires
C = n + 1 et S = 0
(ouf ! car dans si a = 0 (2π) alors cos (ka) = 1 et sin (ka) = 0).
Si eia = 1, alors
n
eia
k=0
k
ia n+1
=
e
i(n+1)a
−1
−1
e
=
=
eia − 1
eia − 1
n+1
n+1
n+1
sin
a ei 2 a
a
na
2
2
=
ei 2
a ia
a
2i sin
e 2
sin
2
2
2i sin
Ainsi
n+1
a
2
Σ=
a
sin
2
Par unicité des parties réelles et imaginaires, on a
sin
sin
C=
n+1
a
2
a
sin
2
× cos
na
cos
2
na
na
+ i sin
2
2
sin
et S =
n+1
a
2
a
sin
2
na
2
sin
Exercice 3
Calculer les racines deuxièmes de 1 + i sous forme polaire, en déduire cos
π
π
π
et sin et tan
8
8
8
Solution : Sous forme algèbrique, on cherche z = a + ib avec (a, b) ∈ R2 tel que z 2 = 1 + i. On obtient

2
2

√ a −b =1
2
2
a + b = 2 (équation aux modules)

2ab = 1 > 0
√
√
d’où 2a2 = 2 + 1 et 2b2 = 2 − 1. Puisque a et b sont de même signe, on obtient les deux racines deuxièmes
√
2+1
+i
2
√
2−1
et −
2
√
2+1
−i
2
√ π
Sous forme polaire, 1 + i = 2ei 4 ainsi les racines deuxièmes sont
Puisque cos π8 > 0 et sin π8 > 0, on a
√
2+1
+i
2
√
2−1
=
2
—5/9—
√
2−1
2
√ iπ
2e 8 =
√
2 cos π8 + i sin π8
√ iπ
2e 8 .
et −
√
π
π
2 cos + i sin
8
8
G
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Préparation des Khôlles
d’où
π
cos =
8
√
2+1
√ =
2 2
√
2+ 2
π
, sin =
4
8
√
2− 2
π
, tan =
4
8
√
2− 2 √
√ = 2−1
2+ 2
Exercice 4
Calculer les racines
2ièmes de 2i
−1 − i
3ièmes de
4
4ièmes de −4
2ièmes de 8 − 6i
3ièmes de −i
√
2ièmes de 1 + i 3
√ iπ
π
4
Solution : On a 2i = 2ei 2 , une racine deuxième est
 donc z1 = 2 2e 2 = 1 + i, l’autre est z2 = −z1 .
a −b =8

On cherche z = a + ib tel que z 2 = 8 − 6i, on obtient
a2 + b2 = |z|2 = |8 + 6i| = 10 , d’où a2 = 9 et b2 = 1. Une racine

2ab = −6 < 0
est z1 = 3 − i,√l’autre est z2 = −z1 .
1
3π
2 3iπ
+ 2kπ
− 32 3iπ
− 32 3 i( 4×3
3 ) avec k = 0, 1, 2. Ce qui donne
4
4 , les racines 3ièmes sont donc les
On a −1−i
=
e
=
2
e
2
e
4
4
π
2π
π
4π
1 π
1+i
1
1
z0 = √ ei 4 =
, z1 = √ ei( 4 + 3 ) = z0 j et z2 = √ ei( 4 + 3 ) = z0 j 2
2
2
2
2
On a −i = e
3iπ
2
, les racines 3ièmes de −i sont donc les ei( 2×3 +
3π
2kπ
3
) avec k = 0, 1, 2. Ce qui donne
π
z0 = ei 2 = i, z1 = ij et z2 = ij 2
π
2kπ
1
On a −4 = 4eiπ , ses racines 4ièmes sont donc 4 4 ei( 4 + 4 ) avec k = 0, 1, 2, 3. Ce qui donne
√ π
√
π
π
z0 = 2ei 4 = 1 + i, z1 = 2ei( 4 + 2 ) = iz0 = −1 + i, z2 = −z0 et z3 = −z1
√
√
√
√ π
π
Enfin, 1 + i 3 = 2ei 3 = −2j 2 , une racine deuxième est donc 2ij, l’autre est − 2ij (c’est aussi ± 2ei 6 · · · ).
Exercice type 10
Pour n
1, soient (ω k )0
k n−1
les racines énièmes de l’unité (ω k = e
n−1
k=0
2iπ
n ,
ωk
k=0
ainsi
n−1
n−1
k
ωk =
k=0
une racine énième de 1 !, ou bien car ω n = e
Pour le produit, si n = 1, on a 0k=0 ω k =
e
k=0
n−1
k=0
2ikπ
n
2ikπ
n
2inπ
n = 1).
0
k=0 1 = 1,
= e
=
n−1
k=0
2iπ
n
(ω)
k=0
0
k=0 1
Pour n = 1, on a ω = 1 et la somme se réduit à
n−1
calculer
n−1
ω k et
Solution : On a ω k = (ω)k où ω = e
2ikπ
n ),
= 1. Sinon ω = 1 et
n−1
k=0
(ω)k =
1 − ωn
= 0 car ωn = 1 (ω est
1−ω
sinon
2ikπ
n
n−1
k=
k=0
2iπ (n − 1) n
×
= iπ (n − 1)
n
2
—6/9—
G
H
PCSI 2
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Préparation des Khôlles
Ainsi
n−1
e
2ikπ
n
= eiπ(n−1) = eiπ
n−1
(De moivre) = (−1)n−1
k=0
On peut aussi écrire que
n−1
P (X) = X n − 1 =
k=0
n−1
n−1
(X − ωk ) =⇒ P (0) = −1 =
n
(−ω k ) = (−1)
k=0
n−1
n−1
ω k =⇒
k=0
ω k = (−1)
k=0
Exercice type 11
n
n
Résoudre, dans C, (z − 1) = (z + 1) où n
2.
Solution : On a
(z − 1)n = (z + 1)n
z−1
z+1
⇔
n
= 1 car z = −1 n’est pas solution
2ikπ
2ikπ
z−1
= e n ⇔ ∃k ∈ {0, .., n − 1} , z − 1 = e n (z + 1)
z+1
⇔
∃k ∈ {0, .., n − 1} ,
⇔
∃k ∈ {0, .., n − 1} , z 1 − e
2ikπ
n
=1+e
2ikπ
n
2ikπ
Avant de diviser (puisqu’on ne divise jamais par zéro et que 1 − e n = 0 lorsque k = 0), on élimine le cas k = 0. En
effet il ne peut se présenter, puisqu’il conduit à l’égalité 0 = 2. On a donc
n
n
(z − 1) = (z + 1)
⇔
⇔
∃k ∈
1 , .., n − 1 , z =
∃k ∈ {1, .., n − 1} , z =
1+e
1−e
1+e
1
2ikπ
n
2ikπ
n
2ikπ
n
2ikπ
−e n
kπ ikπ
e n
n
=
= i cotan
kπ ikπ
n
−2i sin
e
n
2 cos
kπ
n
kπ
1
= −i. Les solutions sont les i cotan
pour k ∈ {1, .., n − 1}.
i
n
Remarque : Les solutions sont bien imaginaires pures,ce que l’on peut prévoir, en effet si z est solution de (z − 1)n =
(z + 1)n , en passant au module, on obtient |z − 1|n = |z + 1|n , les réels positifs |z − 1| et |z + 1| ont donc même
puissances énièmes, donc sont égaux. On a donc |z − 1| = |z + 1|. Ceci signifie que le point d’affixe z est sur la médiatrice
des points d’affixe 1 et −1. Mais cette médiatrice est l’axe des imaginaires purs.
On a n − 1 solutions et non pas n solutions. En effet, on cherche les racines du polynôme P (z) = (z − 1)n − (z + 1)n , en
développant par le binôme de Newton ce polynôme, on a
car
P (z) = z n − nz n−1 + · · · − z n + nz n−1 + · · · = −2nz n−1 + · · ·
On constate donc que P est de degré n − 1, il admet donc n − 1 racines sur C.
Exercice 5
Résoudre (E) : 1 + 2z + 2z 2 + · · · + 2z n−1 + z n = 0 dans C.
Solution : On a, pour z = 1
n−2
1 + 2z + 2z 2 + · · · + 2z n−1 + z n
zk + zn
= 1 + 2z
k=0
z n−1 − 1
2z n − 2z + (z n + 1) (z − 1)
= 1 + 2z
+ zn =
z−1
z−1
n+1
n
n
(z − 1) (z + 1)
z
+z −z−1
=
=
z−1
z−1
—7/9—
G
H
PCSI 2
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Préparation des Khôlles
Puisque z = 1 n’est pas solution, on en déduit que z
(E) ⇐⇒ z = −1 ou z n = e
2ikπ
n
avec k ∈ {1, · · · , n − 1}
Exercice type 12
Résoudre z 2 − (4 + i) z + 5 + 5i = 0.
Solution : Le discriminant vaut ∆ = (4 + i)2 − 4 × 5 × (1 + i) = −5 − 12i. On cherche δ = a + ib tel que δ 2 = ∆. On
obtient alors (avec ∆ = (a + ib)2 et |∆| = |δ|2 )


a2 − b2 = −5
2a2 = 8


2
2ab =
−12
<
0
2b
= 18
=⇒
√
 2

2
a
et
b
de
signe
opposé
a + b = 25 + 144 = 13
On choisit alors δ = 2 − 3i et les racines sont
z1 =
(4 + i) + (2 − 3i)
(4 + i) − (2 − 3i)
= 3 − i et z2 =
= (4 + i) − (3 − i) = 1 + 2i
2
2
Exercice 6
√
√
Résoudre z 8 − 2 i 3 − 1 z 4 − 8 1 + i 3 = 0.
√
√
1
1
3
3
2
Solution : On pose Z = z , on se souvient que j = − + i
, j =j =− −i
, on doit ainsi résoudre
2
2
2
2
4
Z 2 − 4jZ + 16j 2 = 0
√ 2
Le discriminant vaut ∆′ = 42 j 2 − 4 × 16j 2 = −42 × 3j 2 = i × 4 3j . Les racines en Z sont donc
Z=
Soit
√
√
4j ± 4i 3j
= 2j 1 ± i 3
2
√
√
Z1 = 2j 1 + i 3 = −4j × j 2 = −4 et Z2 = 2j 1 − i 3 = −4j × j = −4j 2
π
On résout ensuite z 4 = −4 = 4eiπ et z 4 = −4j 2 = 4ei 3 ce qui donne
z
et z
√ i π +k π
2e ( 4 2 ) , k = 0, 1, 2, 3
√ i π +k π
=
2e ( 12 2 ) , k = 0, 1, 2, 3
=
la première famille de solutions s’écrit 1 + i, −1 + i, −1 − i, 1 − i. La seconde peut s’exprimer sous forme cartesienne, mais
π
π
cela passe par le calcul de cos 12
et sin 12
.
Exercice type 13
Déterminer le lieu des points M d’affixe z tels que les points M (z) , N (z 2 ) et P
—8/9—
1
z
soient alignés.
G
H
PCSI 2
2014-2015
Préparation des Khôlles
Solution : Puisque P a pour affixe
M, N, P alignés




⇔







⇔





⇔
Remarque : On a simplifié,
1
z −z
z2 − z

=
On obtient donc comme condition, .
1
, on suppose z = 0. On sait que
z
1
z −z
z2 − z
∈R
ou
z2 − z
z+1
z+1
=
z2
z2
ou
z = 1 (car on sait que z = 0)
zz (z − z) = (z − z) (z + z)
ou
z=1
⇔
⇔
⇔



z+1
∈R
z2
ou


z = 0 ou z = 1

 (z + 1) z 2 = (z + 1) z 2
ou

z=1

 (z − z) (zz + z + z) = 0
ou

z=1
−
1 − z2
z+1
z+1
z+1
= − 2 et on a uilisé le fait que − 2 ∈ R ⇐⇒
∈R
z 2 (z − 1)
z
z
z2
M, N, P alignés ⇔
z ∈ R∗ (qui inclus z = 1)
ou |z|2 + (z + z) = 0
Si on pose z = x + iy avec (x, y) ∈ R2 , on a |z|2 + (z + z) = x2 + y2 + 2x = (x + 1)2 + y 2 − 1. On en déduit que le lieu
cherché est la réunion de l’axe des réels privé de O et du cercle de centre (−1, 0), de rayon 1 (privé de O aussi !).
Exercice 7
Soient ABC et DEF deux triangles équilatéraux directs, on construit G et H tels que EDBG et CDF H soient des
parallélogrammes. Montrer que AGH est équilatéral.
Solution : On sait que ABC est équilatéral direct ainsi
π
π
c − a = ei 3 (b − a) = −j 2 (b − a) car ei 3 = −j 2
De même, on a
f − d = −j 2 (e − d)
soit
c = 1 + j 2 a − j 2 b = −ja − j 2 b et f = −jd − j 2 e
Dans un parallèlogramme les diagonales se coupent au milieu donc
h = c + f − d. Il s’agit enfin de prouver que
h − a = −j 2 (g − a)
e+b
d+g
=
=⇒ g = e + b − d et de même
2
2
Or
h − a = c + f − d − a = (−j − 1) a − j 2 b + (−j − 1) d − j 2 e
= −j 2 (−a + b − d + e) = −j 2 (g − a) .
—9/9—
G
H