Corrigé des exercices : Module, argument et racines n-ièmes en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Forme algébrique et module d’un quotient

Idée clé : on multiplie par le conjugué du dénominateur pour la forme algébrique, et l’on utilise la multiplicativité du module pour éviter tout développement.

1. On multiplie par \(1+2i\). Le dénominateur vaut \(1^2+2^2=5\). Le numérateur vaut \((5+i)(1+2i)=5+10i+i+2i^2=3+11i\). Donc \(z=\dfrac{3}{5}+\dfrac{11}{5}\,i\).
2. Le module est multiplicatif, et il transforme aussi un quotient en quotient de modules. Or \(|3-4i|=5\), \(|2+i|=\sqrt{5}\) et \(|1-3i|^2=10\). Ainsi \(|Z|=\dfrac{125\sqrt{5}}{10}\), soit \(|Z|=\dfrac{25\sqrt{5}}{2}\).
3. On a \(\dfrac{2+i}{1-2i}=\dfrac{(2+i)(1+2i)}{5}=\dfrac{2+4i+i-2}{5}=i\). Ensuite, \(2026=4\times 506+2\) et \(i^4=1\). Par conséquent, \(w^{2026}=i^2=-1\).

Corrigé de l’exercice 2 – Formes trigonométriques et puissances

Idée clé : on calcule d’abord le module, puis on reconnaît le cosinus et le sinus d’un angle usuel ; les puissances se calculent ensuite par la formule de Moivre.

1. On a \(|z_1|=\sqrt{6+2}=2\sqrt{2}\). Ensuite, \(\cos\theta=\dfrac{-\sqrt{6}}{2\sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin\theta=\dfrac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\dfrac{1}{2}\). Donc \(z_1=2\sqrt{2}\,e^{5i\pi/6}\).
2. On a \(1-i=\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}\). Ainsi \(z_2=(\sqrt{2})^7e^{-7i\pi/4}=8\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\), car \(-\frac{7\pi}{4}+2\pi=\frac{\pi}{4}\). Par conséquent, \(z_2=8+8i\).
3. D’une part, \(z_1^6=(2\sqrt{2})^6e^{5i\pi}=512\times(-1)\), donc \(z_1^6=-512\). D’autre part, \(\dfrac{z_1}{z_2}=\dfrac{2\sqrt{2}}{8\sqrt{2}}\,e^{i\left(\frac{5\pi}{6}-\frac{\pi}{4}\right)}\), soit \(\dfrac{z_1}{z_2}=\dfrac{1}{4}\,e^{7i\pi/12}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Racines carrées puis trinôme complexe

Idée clé : le système formé par la partie réelle, la partie imaginaire et le module donne directement \(a^2\) et \(b^2\).

1. On cherche \(\delta=a+ib\) avec \(a^2-b^2=-45\) et \(2ab=28\). De plus, \(a^2+b^2=\sqrt{2025+784}=\sqrt{2809}=53\). Donc \(a^2=4\) et \(b^2=49\). Comme \(ab=14>0\), \(a\) et \(b\) sont de même signe. Les racines carrées sont \(2+7i\) et \(-2-7i\).
2. Le discriminant vaut \(\Delta=(1+2i)^2-4(1+7i)=-3+4i-4-28i=-7-24i\). On cherche ses racines carrées : \(a^2-b^2=-7\), \(a^2+b^2=25\) et \(ab=-12<0\). Ainsi \(\delta=3-4i\) convient. Les solutions sont \(\dfrac{1+2i+3-4i}{2}\) et \(\dfrac{1+2i-3+4i}{2}\), c’est-à-dire \(2-i\) et \(-1+3i\).
3. Leur somme vaut \(1+2i\), qui est bien l’opposé du coefficient de \(z\). Leur produit vaut \((2-i)(-1+3i)=-2+6i+i+3=1+7i\), qui est bien le terme constant.

Corrigé de l’exercice 4 – Linéariser pour intégrer

Idée clé : on regroupe d’abord \((e^{it}+e^{-it})^2(e^{it}-e^{-it})^2\), qui vaut \((e^{2it}-e^{-2it})^2\), pour limiter les développements.

1. Les formules d’Euler donnent \(g(t)=\dfrac{(e^{it}+e^{-it})^2(e^{it}-e^{-it})^4}{4\times(2i)^4}\), avec \(4\times 16=64\) au dénominateur. Le numérateur vaut \((e^{4it}-2+e^{-4it})(e^{2it}-2+e^{-2it})\). En développant, on obtient \(e^{6it}-2e^{4it}-e^{2it}+4-e^{-2it}-2e^{-4it}+e^{-6it}\). On regroupe les termes conjugués : le numérateur vaut \(2\cos(6t)-4\cos(4t)-2\cos(2t)+4\). Finalement, \(g(t)=\dfrac{2-\cos(2t)-2\cos(4t)+\cos(6t)}{32}\).
2. En \(t=0\), on trouve \(\frac{2-1-2+1}{32}=0=g(0)\). En \(t=\frac{\pi}{4}\), on trouve \(\frac{2-0+2+0}{32}=\frac{1}{8}\). Or \(g\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{8}\). Les deux contrôles sont concluants.
3. Pour \(k\in\{2,4,6\}\), on a \(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos(kt)\,\mathrm{d}t=\frac{\sin(k\pi/2)}{k}=0\). Il ne reste que le terme constant. Donc \(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,\sin^4t\,\mathrm{d}t=\frac{2}{32}\times\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{32}\).

Remarque : sans linéarisation, l’intégrale serait pénible à calculer. En effet, une intégration par parties répétée finit par aboutir, mais elle demande beaucoup plus de lignes. Par ailleurs, il est prudent de contrôler la formule obtenue en deux valeurs de \(t\), comme ici, avant de l’intégrer.

Corrigé de l’exercice 5 – Angle moitié et quotient imaginaire pur

Idée clé : on factorise par \(e^{it/2}\), puis on étudie soigneusement le signe du facteur réel obtenu.

1. On a \(1-e^{it}=e^{it/2}\left(e^{-it/2}-e^{it/2}\right)=-2i\sin\frac{t}{2}\,e^{it/2}\). Or \(-i=e^{-i\pi/2}\), donc \(1-e^{it}=2\sin\frac{t}{2}\,e^{i(t-\pi)/2}\). Comme \(\frac{t}{2}\in\,]0,\pi[\), le sinus est strictement positif. Ainsi, le module vaut \(2\sin\frac{t}{2}\) et un argument est \(\frac{t-\pi}{2}\).
2. De même, \(1+e^{it}=2\cos\frac{t}{2}\,e^{it/2}\). Le quotient vaut donc \(\dfrac{2\cos\frac{t}{2}}{-2i\sin\frac{t}{2}}=i\,\dfrac{\cos(t/2)}{\sin(t/2)}\), car \(\frac{1}{-i}=i\). Par conséquent, \(\dfrac{1+e^{it}}{1-e^{it}}=\dfrac{i}{\tan(t/2)}\), qui est imaginaire pur (nul pour \(t=\pi\)).
3. Pour \(t\in\,]\pi,2\pi[\), on a \(\frac{t}{2}\in\,]\frac{\pi}{2},\pi[\), donc \(\cos\frac{t}{2}<0\). On écrit alors \(1+e^{it}=\left(-2\cos\frac{t}{2}\right)e^{i\pi}e^{it/2}\). Ainsi, le module vaut \(-2\cos\frac{t}{2}\) et un argument est \(\frac{t}{2}+\pi\).

Corrigé de l’exercice 6 – Racines sixièmes de -64

Idée clé : on écrit \(-64\) sous forme trigonométrique, on trouve une racine particulière, puis on la multiplie par les éléments de \(\mathbb{U}_6\).

1. On a \(-64=64\,e^{i\pi}\) et \(64^{1/6}=2\). Les solutions sont donc les \(z_k=2e^{i\left(\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\right)}\) pour \(k\in\{0,\dots,5\}\). Sous forme algébrique, on obtient \(\sqrt{3}+i\), \(2i\), \(-\sqrt{3}+i\), \(-\sqrt{3}-i\), \(-2i\) et \(\sqrt{3}-i\).
2. On a \(z_k=z_0\,\omega^k\) avec \(\omega=e^{i\pi/3}\). La somme vaut donc \(z_0\sum_{k=0}^{5}\omega^k=0\). Pour le produit, on groupe les conjugués : \((\sqrt{3}+i)(\sqrt{3}-i)=4\), \((2i)(-2i)=4\) et \((-\sqrt{3}+i)(-\sqrt{3}-i)=4\). Ainsi, la somme vaut 0 et le produit vaut 64.
3. Les six points sont sur le cercle de centre \(O\) et de rayon 2. Deux points consécutifs sont séparés d’un angle \(\frac{\pi}{3}\). Par conséquent, ils forment un hexagone régulier.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Sinus de 5t et valeur exacte de sin(π/5)

Idée clé : on développe \((\cos t+i\sin t)^5\) avec le binôme, puis on élimine \(\cos^2t\) grâce à \(\cos^2t=1-\sin^2t\).

1. On note \(c=\cos t\) et \(s=\sin t\). La partie imaginaire de \((c+is)^5\) vaut \(5c^4s-10c^2s^3+s^5\). On remplace \(c^2\) par \(1-s^2\) : on obtient \(5s(1-s^2)^2-10s^3(1-s^2)+s^5\). Après développement, \(\sin(5t)=16s^5-20s^3+5s\).
2. Pour \(t=\frac{\pi}{5}\), on a \(\sin(5t)=\sin\pi=0\). Ainsi \(s(16s^4-20s^2+5)=0\). Or \(s\neq 0\), car \(\frac{\pi}{5}\in\,]0,\pi[\). Donc \(16s^4-20s^2+5=0\).
3. Posons \(X=s^2\). L’équation \(16X^2-20X+5=0\) a pour discriminant \(400-320=80\). Ses racines sont \(\frac{20\pm 4\sqrt{5}}{32}=\frac{5\pm\sqrt{5}}{8}\). Il faut choisir. Or \(\sin\frac{2\pi}{5}\) vérifie aussi l’équation, car \(\sin(2\pi)=0\). De plus, la fonction sinus est strictement croissante sur \([0,\frac{\pi}{2}]\). Donc \(\sin^2\frac{\pi}{5}<\sin^2\frac{2\pi}{5}\), et ces deux carrés sont les deux racines. Par conséquent, \(s^2\) est la plus petite racine et \(\sin\frac{\pi}{5}=\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}}\), car \(s>0\).

Corrigé de l’exercice 8 – Somme des carrés de cosinus

Idée clé : on linéarise \(\cos^2(kt)\), puis on reconnaît la partie réelle d’une somme géométrique de raison \(e^{2it}\).

1. Si \(t\in\pi\mathbb{Z}\), alors \(kt\in\pi\mathbb{Z}\) et \(\cos^2(kt)=1\) pour tout \(k\). Donc \(C_n(t)=n\).
2. On a \(\cos^2(kt)=\frac{1+\cos(2kt)}{2}\). Donc \(C_n(t)=\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{Re}\sum_{k=0}^{n-1}e^{2ikt}\). Comme \(t\notin\pi\mathbb{Z}\), la raison \(e^{2it}\) est différente de 1. Ainsi \[\sum_{k=0}^{n-1}e^{2ikt}=\frac{e^{2int}-1}{e^{2it}-1}=\frac{e^{int}\cdot 2i\sin(nt)}{e^{it}\cdot 2i\sin t}=e^{i(n-1)t}\,\frac{\sin(nt)}{\sin t}.\] On prend la partie réelle. Finalement, \(C_n(t)=\dfrac{n}{2}+\dfrac{\cos\big((n-1)t\big)\sin(nt)}{2\sin t}\).
3. Pour \(n=2\), la formule donne \(1+\dfrac{\cos t\cdot 2\sin t\cos t}{2\sin t}=1+\cos^2t\). Or, directement, \(C_2(t)=\cos^20+\cos^2t=1+\cos^2t\). Le résultat est cohérent.

Remarque : le cas \(t\in\pi\mathbb{Z}\) doit être traité à part, car la raison \(e^{2it}\) vaut alors 1. D’ailleurs, la formule générale n’a pas de sens dans ce cas, puisque \(\sin t\) s’annule. Pourtant, sa limite quand \(t\) tend vers 0 vaut bien \(\frac{n}{2}+\frac{n}{2}=n\), ce qui confirme la cohérence du résultat.

Corrigé de l’exercice 9 – Somme binomiale de sinus

Idée clé : la formule du binôme transforme la somme en une puissance, et l’angle moitié donne la forme trigonométrique de \(1+e^{it}\).

1. Par la formule du binôme, \((1+e^{it})^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}e^{ikt}\). Les coefficients binomiaux sont réels. Donc \(S_n(t)=\mathrm{Im}\big((1+e^{it})^n\big)\).
2. On a \(1+e^{it}=2\cos\frac{t}{2}\,e^{it/2}\). Par conséquent, \((1+e^{it})^n=2^n\cos^n\frac{t}{2}\,e^{int/2}\). Le facteur \(2^n\cos^n\frac{t}{2}\) est réel, quel que soit son signe. Donc \(S_n(t)=2^n\cos^n\frac{t}{2}\,\sin\frac{nt}{2}\).
3. On prend \(t=\frac{2\pi}{3}\). Alors \(\cos\frac{t}{2}=\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}\) et \(2^n\left(\frac{1}{2}\right)^n=1\). Ainsi \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\sin\frac{2k\pi}{3}=\sin\frac{n\pi}{3}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Cas d’égalité de l’inégalité triangulaire

Idée clé : on fait apparaître une somme dont le module est connu, puis on traduit le cas d’égalité par « même demi-droite ».

1. Posons \(p=4-3i\), de module 5. Pour tout \(z\), on a \(|z|+|p-z|\geqslant|z+(p-z)|=5\). L’égalité a lieu si \(z=p\), ou s’il existe \(\lambda\geqslant 0\) tel que \(z=\lambda(p-z)\). Dans ce second cas, \(z=\frac{\lambda}{1+\lambda}\,p\), avec \(\frac{\lambda}{1+\lambda}\in[0,1[\). Réciproquement, si \(z=\mu p\) avec \(\mu\in[0,1]\), alors \(|z|+|p-z|=5\mu+5(1-\mu)=5\). Donc l’ensemble cherché est le segment \([O,P]\), où \(P\) a pour affixe \(4-3i\).
2. On a \(|1+z|+|1-z|\geqslant|(1+z)+(1-z)|=2\). Si \(z=1\), il y a égalité. Sinon, l’égalité impose \(\frac{1+z}{1-z}=\lambda\geqslant 0\). Or, d’après l’exercice 5, ce quotient est imaginaire pur pour \(z\in\mathbb{U}\setminus\{1\}\). Ainsi \(\lambda=0\), donc \(z=-1\). Réciproquement, \(z=\pm 1\) donne bien 2. L’égalité a lieu si et seulement si \(z\in\{-1,1\}\).
3. On développe : \(|1+z|^2+|1-z|^2=2+2|z|^2=4\). Posons \(x=|1+z|\) et \(y=|1-z|\). Alors \((x+y)^2=2(x^2+y^2)-(x-y)^2\leqslant 8\). Donc \(|1+z|+|1-z|\leqslant 2\sqrt{2}\). L’égalité équivaut à \(x=y\), c’est-à-dire \(z\) équidistant de \(-1\) et de \(1\). Ainsi \(z\) est sur l’axe imaginaire et sur \(\mathbb{U}\) : l’égalité a lieu pour \(z=\pm i\).

Corrigé de l’exercice 11 – Équation bicarrée à coefficients complexes

Idée clé : on résout d’abord l’équation en \(Z=z^2\), puis on extrait les racines carrées de chaque solution.

1. Le discriminant vaut \((8+4i)^2-4(12-16i)=48+64i-48+64i=128i\). Or \((8+8i)^2=64\times 2i=128i\). Les solutions sont \(\dfrac{8+4i+8+8i}{2}\) et \(\dfrac{8+4i-8-8i}{2}\), c’est-à-dire \(Z_1=8+6i\) et \(Z_2=-2i\).
2. On cherche les racines carrées de \(8+6i\) : \(a^2-b^2=8\), \(a^2+b^2=10\), \(ab=3>0\). Donc \(a^2=9\), \(b^2=1\) et l’on obtient \(\pm(3+i)\). Ensuite, \(-2i=2e^{-i\pi/2}\) a pour racines carrées \(\pm\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}=\pm(1-i)\). Finalement, les quatre solutions sont \(3+i\), \(-3-i\), \(1-i\) et \(-1+i\).

Corrigé de l’exercice 12 – Une équation de degré 4 par les racines quatrièmes

Idée clé : on divise par \(z^4\) pour faire apparaître une puissance quatrième égale à 1.

1. Pour \(z=0\), le membre de gauche vaut 1 et celui de droite vaut 0 : 0 n’est pas solution. Pour \(z\neq 0\), l’équation équivaut à \(u^4=1\) avec \(u=\dfrac{z-1}{2z}\).
2. Ainsi \(u\in\mathbb{U}_4=\{1,i,-1,-i\}\). L’égalité \(z-1=2uz\) donne \(z(1-2u)=1\). Comme \(|2u|=2\), on a \(1-2u\neq 0\) et \(z=\dfrac{1}{1-2u}\). On trouve successivement \(-1\), \(\frac{1}{1-2i}=\frac{1+2i}{5}\), \(\frac{1}{3}\) et \(\frac{1}{1+2i}=\frac{1-2i}{5}\). Donc les solutions sont \(-1\), \(\frac{1}{3}\), \(\frac{1+2i}{5}\) et \(\frac{1-2i}{5}\).
3. La somme vaut \(-1+\frac{1}{3}+\frac{2}{5}=\frac{-15+5+6}{15}\), soit \(-\frac{4}{15}\). Par ailleurs, \((z-1)^4-16z^4=-15z^4-4z^3+6z^2-4z+1\). On constate que \(-\frac{4}{15}\) est l’opposé du quotient du coefficient de \(z^3\) par celui de \(z^4\), comme pour une équation du second degré.

Remarque : l’équation \((E)\) est de degré 4, et nous avons trouvé quatre solutions distinctes. Cela n’a rien de surprenant. En revanche, il aurait été maladroit de développer \((z-1)^4\) dès le départ : on obtient alors un polynôme de degré 4 dont une seule racine est évidente. La division par \(z^4\) est donc le bon réflexe dès que les deux membres sont des puissances de même exposant.

Corrigé de l’exercice 13 – Une somme de racines septièmes

Idée clé : connaître la somme et le produit de \(S\) et \(T\) suffit à les obtenir comme solutions d’une équation du second degré.

1. On a \(S+T=\sum_{k=1}^{6}\omega^k\). Or la somme des éléments de \(\mathbb{U}_7\) est nulle, donc \(1+S+T=0\). Ainsi \(S+T=-1\).
2. Le produit comporte neuf termes : \(\omega^4+\omega^6+\omega^7+\omega^5+\omega^7+\omega^8+\omega^7+\omega^9+\omega^{10}\). On réduit les exposants modulo 7 grâce à \(\omega^7=1\). On obtient \(3+\omega^4+\omega^6+\omega^5+\omega+\omega^2+\omega^3=3+(S+T)\). Donc \(ST=3-1=2\).
3. On a \(\mathrm{Im}(S)=\sin\frac{2\pi}{7}+\sin\frac{4\pi}{7}+\sin\frac{8\pi}{7}\). Or \(\sin\frac{8\pi}{7}=-\sin\frac{\pi}{7}\) et \(\sin\frac{4\pi}{7}=\sin\frac{3\pi}{7}\). De plus, le sinus croît sur \([0,\frac{\pi}{2}]\), donc \(\sin\frac{3\pi}{7}>\sin\frac{\pi}{7}\). Ainsi \(\mathrm{Im}(S)>\sin\frac{2\pi}{7}>0\). Ensuite, \(S\) et \(T\) sont les solutions de \(X^2+X+2=0\), car \((X-S)(X-T)=X^2-(S+T)X+ST\). Ces solutions sont \(\frac{-1\pm i\sqrt{7}}{2}\). Par conséquent, \(S=\dfrac{-1+i\sqrt{7}}{2}\) et \(T=\dfrac{-1-i\sqrt{7}}{2}\).

Corrigé de l’exercice 14 – Équations avec l’exponentielle complexe

Idée clé : l’équation \(e^{z}=a\) se résout par identification du module et de l’argument ; une équation en \(e^{2z}\) se ramène au second degré en posant \(Z=e^{z}\).

1. On a \(1-i\sqrt{3}=2e^{-i\pi/3}\). En posant \(z=x+iy\), il vient \(e^{x}=2\) et \(y\equiv-\frac{\pi}{3}\ [2\pi]\). Donc \(z=\ln 2+i\left(-\frac{\pi}{3}+2k\pi\right)\), \(k\in\mathbb{Z}\).
2. On pose \(Z=e^{z}\). L’équation devient \(Z^2+(1-2i)Z-2i=0\). Son discriminant vaut \((1-2i)^2+8i=-3+4i=(1+2i)^2\). Ainsi \(Z=\frac{-1+2i+1+2i}{2}=2i\) ou \(Z=\frac{-1+2i-1-2i}{2}=-1\). Ensuite, \(e^{z}=2i=2e^{i\pi/2}\) donne \(z=\ln 2+i\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right)\). Enfin, \(e^{z}=-1\) donne \(z=i(\pi+2k\pi)\). Les solutions sont \(\ln 2+i\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right)\) et \(i(2k+1)\pi\), \(k\in\mathbb{Z}\).
3. Si \(z=a+iy\) avec \(y\) réel, alors \(e^{z}=e^{a}e^{iy}\). Or \(y\mapsto e^{iy}\) est surjective de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{U}\). Donc l’image de la droite \(\mathrm{Re}(z)=a\) est le cercle de centre \(O\) et de rayon \(e^{a}\). De même, si \(z=x+ib\), alors \(e^{z}=e^{x}e^{ib}\), et \(e^{x}\) décrit \(]0,+\infty[\). Ainsi, l’image de la droite \(\mathrm{Im}(z)=b\) est la demi-droite ouverte issue de \(O\) dirigée par \(e^{ib}\).

Corrigé de l’exercice 15 – Alignement de i, z et iz

Idée clé : trois points sont alignés lorsque \((c-a)\overline{(b-a)}\) est réel ; on calcule donc la partie imaginaire de cette quantité.

1. On a \(\overline{z-i}=\overline{z}+i\). Donc \((z-1)(\overline{z}+i)=|z|^2+iz-\overline{z}-i\). Avec \(z=x+iy\), cela vaut \((x^2+y^2-x-y)+i(x+y-1)\). On multiplie par \(i\). On obtient \(i(z-1)\overline{(z-i)}=-(x+y-1)+i\,(x^2+y^2-x-y)\).
2. Si \(z=i\), les points \(A\) et \(M\) sont confondus, donc alignés avec \(M^{\prime}\). Sinon, les points sont alignés si et seulement si \(\frac{iz-i}{z-i}\) est réel. Or ce quotient vaut \(\dfrac{i(z-1)\overline{(z-i)}}{|z-i|^2}\), avec un dénominateur réel strictement positif. Il est donc réel si et seulement si \(x^2+y^2-x-y=0\). Or le point \(i\) vérifie aussi cette équation. Ainsi, \(\Gamma\) est l’ensemble des points vérifiant \(x^2+y^2-x-y=0\).
3. On complète les carrés : \(\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\left(y-\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{2}\). Donc \(\Gamma\) est le cercle de centre \(\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\) et de rayon \(\frac{\sqrt{2}}{2}\). Il passe par \(O\), \(1\), \(i\) et \(1+i\).

Remarque : le point \(M^{\prime}\) est l’image de \(M\) par le quart de tour direct de centre \(O\). Ainsi, la question revient à chercher les points \(M\) pour lesquels \(A\), \(M\) et son image tournée sont alignés. Le calcul complexe évite toute construction géométrique délicate.

Corrigé de l’exercice 16 – Similitude définie par deux points

Idée clé : le coefficient \(a\) est le quotient des vecteurs image et antécédent, soit \(\frac{b^{\prime}-a^{\prime}}{b-a}\) avec les affixes des points.

1. On cherche \(f(z)=az+b\). La soustraction des deux conditions donne \(a\big((1+i)-2\big)=(1-4i)-(1-2i)\), soit \(a(-1+i)=-2i\). Ainsi \(a=\dfrac{-2i}{-1+i}=\dfrac{-2i(-1-i)}{2}=i+i^2=-1+i\). Ensuite, \(b=(1-2i)-2a=1-2i+2-2i=3-4i\). Donc \(f(z)=(-1+i)z+3-4i\).
2. Comme \(a\neq 1\), le centre a pour affixe \(\omega=\dfrac{b}{1-a}=\dfrac{3-4i}{2-i}=\dfrac{(3-4i)(2+i)}{5}=\dfrac{10-5i}{5}=2-i\). De plus, \(-1+i=\sqrt{2}\,e^{3i\pi/4}\). Ainsi, \(f\) est la similitude de centre \(\Omega(2-i)\), de rapport \(\sqrt{2}\) et d’angle \(\frac{3\pi}{4}\). Vérification : \(f(2-i)=(-1+i)(2-i)+3-4i=(-1+3i)+3-4i=2-i\).
3. Une similitude envoie un cercle sur un cercle. Le centre \(O\) a pour image \(f(0)=3-4i\) et le rayon est multiplié par \(|a|=\sqrt{2}\). Donc l’image est le cercle de centre d’affixe \(3-4i\) et de rayon \(\sqrt{2}\).

Corrigé de l’exercice 17 – Orthocentre d’un triangle inscrit dans le cercle unité

Idée clé : un complexe \(w\) est imaginaire pur si et seulement si \(\overline{w}=-w\) ; sur le cercle unité, conjuguer revient à inverser.

1. On pose \(w=\dfrac{h-a}{c-b}=\dfrac{b+c}{c-b}\). Comme \(|b|=|c|=1\), on a \(\overline{b}=\frac{1}{b}\) et \(\overline{c}=\frac{1}{c}\). Ainsi \(\overline{w}=\dfrac{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{\frac{1}{c}-\frac{1}{b}}=\dfrac{c+b}{b-c}=-w\), après multiplication en haut et en bas par \(bc\). Donc \(w\) est imaginaire pur.
2. Si \(H\neq A\), la droite \((AH)\) est donc perpendiculaire à \((BC)\) : \(H\) est sur la hauteur issue de \(A\). Si \(H=A\), c’est encore vrai. Les rôles de \(a\), \(b\), \(c\) sont symétriques, donc \(H\) est aussi sur les deux autres hauteurs. Par conséquent, \(H\) est l’orthocentre de \(ABC\).
3. Le centre de gravité a pour affixe \(g=\frac{a+b+c}{3}=\frac{h}{3}\). Ainsi \(\overrightarrow{OH}=3\,\overrightarrow{OG}\). Donc \(O\), \(G\) et \(H\) sont alignés : c’est la droite d’Euler, puisque \(O\) est ici le centre du cercle circonscrit.

Remarque : ce résultat suppose que le cercle circonscrit est le cercle unité, centré en \(O\). Pour un triangle quelconque, on se ramène à cette situation par une similitude directe. En effet, une similitude conserve l’orthogonalité et les barycentres.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 18 – Inégalité triangulaire pour n termes

Idée clé : on fait « tourner » la somme par \(\overline{u}\) pour la rendre réelle positive, puis on compare terme à terme des parties réelles et des modules.

1. Pour \(n=2\), c’est l’inégalité triangulaire du cours. Supposons le résultat vrai au rang \(n\). Alors \(\left|\sum_{k=1}^{n+1}z_k\right|\leqslant\left|\sum_{k=1}^{n}z_k\right|+|z_{n+1}|\leqslant\sum_{k=1}^{n+1}|z_k|\). L’inégalité est donc vraie pour tout \(n\geqslant 2\).
2. Comme \(u=S/|S|\), on a \(\overline{u}S=|S|\). Ainsi \(|S|=\sum_{k}\overline{u}z_k=\sum_{k}\mathrm{Re}(\overline{u}z_k)\), car \(|S|\) est réel. Or \(\mathrm{Re}(\overline{u}z_k)\leqslant|\overline{u}z_k|=|z_k|\) pour chaque \(k\). Donc l’égalité \(|S|=\sum|z_k|\) a lieu si et seulement si \(\mathrm{Re}(\overline{u}z_k)=|\overline{u}z_k|\) pour tout \(k\). Autrement dit, \(\overline{u}z_k\) est un réel positif, égal à \(|z_k|\). L’égalité équivaut donc à \(z_k=|z_k|\,u\) pour tout \(k\).
3. Si \(z_1+z_2+z_3=3\), alors \(|z_1+z_2+z_3|=3=|z_1|+|z_2|+|z_3|\). C’est le cas d’égalité, avec \(S=3\) et \(u=1\). Donc \(z_k=|z_k|=1\). Le seul triplet est \((1,1,1)\).
4. Pour \(z\in\mathbb{U}\), on a \(|1+z+z^2|\leqslant 1+1+1=3\). L’égalité impose que \(1\), \(z\) et \(z^2\) soient égaux à \(u\), car ils sont de module 1. Ainsi \(u=1\) et \(z=1\). Réciproquement, \(z=1\) donne bien 3. La seule solution est \(z=1\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : distances entre les sommets d’un polygone régulier

Idée clé : l’angle moitié transforme chaque distance en sinus, et la somme de ces sinus est la partie imaginaire d’une somme géométrique.

1. On a \(1-\omega^k=1-e^{2ik\pi/n}=-2i\sin\frac{k\pi}{n}\,e^{ik\pi/n}\). Donc \(|1-\omega^k|=2\left|\sin\frac{k\pi}{n}\right|\). Or \(\frac{k\pi}{n}\in[0,\pi[\), donc ce sinus est positif. Ainsi \(|1-\omega^k|=2\sin\frac{k\pi}{n}\).
2. On pose \(x=\frac{\pi}{n}\). Alors \(D_n=2\,\mathrm{Im}\sum_{k=0}^{n-1}e^{ikx}\). La raison \(e^{ix}\) est différente de 1, car \(0<x<2\pi\). L’angle moitié donne \[\sum_{k=0}^{n-1}e^{ikx}=e^{i(n-1)x/2}\,\frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}=\frac{e^{i\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2n}\right)}}{\sin\frac{\pi}{2n}},\] car \(\sin\frac{nx}{2}=\sin\frac{\pi}{2}=1\). La partie imaginaire vaut \(\dfrac{\cos\frac{\pi}{2n}}{\sin\frac{\pi}{2n}}\). Par conséquent, \(D_n=\dfrac{2}{\tan\frac{\pi}{2n}}\).
3. Pour \(n=4\), on a directement \(D_4=|1-i|+|1+1|+|1+i|=2+2\sqrt{2}\). Par ailleurs, \(\tan\frac{\pi}{8}=\sqrt{2}-1\), donc \(\frac{2}{\sqrt{2}-1}=2(\sqrt{2}+1)\). Les deux calculs donnent \(2+2\sqrt{2}\). Ce contrôle sur un petit cas vaut la peine : il détecte souvent une erreur d’indice dans la somme géométrique.
4. On a \(|\omega^j-\omega^k|=|\omega^j|\,|1-\omega^{k-j}|=|1-\omega^{k-j}|\). Lorsque \(k\) décrit \(\{0,\dots,n-1\}\), \(\omega^{k-j}\) décrit tout \(\mathbb{U}_n\), une fois chacun. Donc la somme vaut \(D_n\). Ensuite, en sommant sur \(j\), chaque paire est comptée deux fois. La somme des distances sur toutes les paires vaut \(\dfrac{nD_n}{2}=\dfrac{n}{\tan\frac{\pi}{2n}}\).
5. On écrit \(\dfrac{D_n}{n}=\dfrac{4}{\pi}\times\dfrac{\pi/(2n)}{\tan\left(\pi/(2n)\right)}\). Or \(\frac{\tan h}{h}\) tend vers 1 quand \(h\) tend vers 0. Donc \(\dfrac{D_n}{n}\) tend vers \(\dfrac{4}{\pi}\approx 1{,}27\). Autrement dit, la distance moyenne d’un sommet aux sommets du polygone tend vers \(\frac{4}{\pi}\), valeur moyenne de la distance entre deux points du cercle unité.

Corrigé de l’exercice 20 – Problème : triangles équilatéraux et nombre j

Idée clé : la rotation d’angle \(\frac{\pi}{3}\) s’écrit avec \(-j^2\) ; on transforme la condition géométrique en une relation linéaire entre \(a\), \(b\) et \(c\).

1. On a \(j^3=e^{2i\pi}=1\). Comme \(j\neq 1\), la somme \(1+j+j^2=\frac{j^3-1}{j-1}\) est nulle. Ensuite, \(\overline{j}=e^{-2i\pi/3}=e^{4i\pi/3}=j^2\). Enfin, \(-j^2=e^{i\pi}e^{4i\pi/3}=e^{7i\pi/3}=e^{i\pi/3}\). Les quatre relations sont établies.
2. La condition s’écrit \(c-a=-j^2(b-a)\), soit \(c-a+j^2b-j^2a=0\). On multiplie par \(j\) et l’on utilise \(j^3=1\) : \(jc-ja+b-a=0\). Or \(-a-ja=j^2a\), donc la condition devient \(j^2a+b+jc=0\). On multiplie encore par \(j\) : \(a+jb+j^2c=0\). Toutes ces étapes sont des équivalences, car \(j\neq 0\). Donc \(ABC\) est équilatéral direct si et seulement si \(a+jb+j^2c=0\).
3. On applique la définition : \(c=1+e^{i\pi/3}(2+2i)\). On calcule \(\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)(2+2i)=1+i+\sqrt{3}\,i-\sqrt{3}\). Donc \(c=2-\sqrt{3}+i\,(1+\sqrt{3})\).
4. D’après la question 2, la condition s’écrit \(1+jz+j^2z^2=0\). On pose \(w=jz\), de sorte que \(w^2=j^2z^2\). Alors \(w^2+w+1=0\), donc \(w\in\{j,j^2\}\). On en déduit \(z=1\) ou \(z=j\). Or \(z=1\) donne trois points confondus. La seule solution est \(z=j\) : le triangle de sommets \(1\), \(j\), \(j^2\) est bien équilatéral direct.

Remarque : on peut aussi vérifier la question 3 avec le critère de la question 2. Avec \(c=2-\sqrt{3}+i(1+\sqrt{3})\), un calcul direct donne \(1+j(3+2i)+j^2c=0\). Cette vérification croisée est recommandée en devoir, car une erreur de signe sur \(\sqrt{3}\) est fréquente.

Pour aller plus loin

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