Corrigé des exercices : Complexes et forme exponentielle en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Quotient et module sans calcul inutile

Idée clé : on multiplie par le conjugué du dénominateur pour la forme algébrique, mais on utilise la multiplicativité du module dès qu’on ne veut que le module.

1. On multiplie numérateur et dénominateur par \(1 – 4i\). Le dénominateur devient \(|1 + 4i|^2 = 17\). Au numérateur, \((3 – 2i)(1 – 4i) = 3 – 12i – 2i + 8i^2 = -5 – 14i\). Donc \(z = -\dfrac{5}{17} – \dfrac{14}{17}\,i\).
2. On change le signe de la partie imaginaire. Ainsi \(\overline{z} = -\dfrac{5}{17} + \dfrac{14}{17}\,i\) et \(\mathrm{Re}(z) = -\dfrac{5}{17}\).
3. D’abord, avec la forme algébrique : \(|z| = \dfrac{\sqrt{25 + 196}}{17} = \dfrac{\sqrt{221}}{17}\). Ensuite, directement : \(|z| = \dfrac{|3 – 2i|}{|1 + 4i|} = \dfrac{\sqrt{13}}{\sqrt{17}}\). Les deux résultats coïncident, car \(221 = 13 \times 17\). On obtient \(|z| = \sqrt{13/17}\).
4. Le module est multiplicatif. Donc ce module vaut \(\dfrac{|3 – 2i|^4}{|1 + 4i|^2\,|2 + 3i|^2} = \dfrac{13^2}{17 \times 13}\). Il est égal à \(13/17\). Aucun développement n’a été nécessaire.

Corrigé de l’exercice 2 – Passer à la forme exponentielle

Idée clé : on calcule le module, puis on reconnaît le cosinus et le sinus d’un angle remarquable ; les produits et les puissances se font ensuite sur les modules et les arguments.

1. Pour \(z_1\), on a \(|z_1| = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\). Ensuite, \(\cos\theta_1 = -\frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(\sin\theta_1 = \frac{\sqrt{2}}{2}\), donc \(\theta_1 = \frac{3\pi}{4}\). Pour \(z_2\), on a \(|z_2| = \sqrt{3 + 9} = 2\sqrt{3}\). Puis \(\cos\theta_2 = \frac12\) et \(\sin\theta_2 = -\frac{\sqrt{3}}{2}\), donc \(\theta_2 = -\frac{\pi}{3}\). Ainsi \(z_1 = 2\sqrt{2}\,e^{3i\pi/4}\) et \(z_2 = 2\sqrt{3}\,e^{-i\pi/3}\).
2. Les modules se multiplient et les arguments s’ajoutent. Donc \(z_1 z_2 = 4\sqrt{6}\,e^{i(3\pi/4 – \pi/3)}\). De même, \(z_1/z_2 = \frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\,e^{i(3\pi/4 + \pi/3)}\). On obtient \(z_1 z_2 = 4\sqrt{6}\,e^{5i\pi/12}\) et \(z_1 / z_2 = \frac{\sqrt{6}}{3}\,e^{13i\pi/12}\).
3. Par la formule de Moivre, \(z_1^4 = (2\sqrt{2})^4 e^{3i\pi} = 64 \times (-1) = -64\). De même, \(z_2^3 = (2\sqrt{3})^3 e^{-i\pi} = -24\sqrt{3}\). Le quotient vaut \(\frac{64}{24\sqrt{3}} = \frac{8}{3\sqrt{3}}\). Donc \(z_1^4 / z_2^3 = \dfrac{8\sqrt{3}}{9}\), qui est bien un réel.
4. On a \(z_1^n = (2\sqrt{2})^n e^{3in\pi/4}\). Ce nombre est un réel positif si et seulement si \(e^{3in\pi/4} = 1\), soit \(\frac{3n\pi}{4} \in 2\pi\mathbb{Z}\). Cela revient à dire que 8 divise \(3n\). Dans ce cas, 8 divise aussi \(9n = 3 \times 3n\), donc \(n = 9n – 8n\) est multiple de 8. La réciproque est claire. Les entiers cherchés sont les multiples de 8.

Corrigé de l’exercice 3 – Linéariser un produit de puissances

Idée clé : on linéarise d’abord les puissances de cosinus seules, puis on se ramène à elles grâce à \(\sin^2 x = 1 – \cos^2 x\).

1. Posons \(u = e^{ix}\). Alors \(\cos^3 x = \frac{(u + u^{-1})^3}{8} = \frac{u^3 + 3u + 3u^{-1} + u^{-3}}{8}\). On regroupe les termes conjugués : \(\cos^3 x = \frac{2\cos 3x + 6\cos x}{8}\). De même, \((u + u^{-1})^5 = u^5 + 5u^3 + 10u + 10u^{-1} + 5u^{-3} + u^{-5}\). Donc \(\cos^3 x = \dfrac{3\cos x + \cos 3x}{4}\) et \(\cos^5 x = \dfrac{10\cos x + 5\cos 3x + \cos 5x}{16}\).
2. On écrit \(g(x) = \cos^3 x (1 – \cos^2 x) = \cos^3 x – \cos^5 x\). On réduit au dénominateur 16 : \(g(x) = \frac{12\cos x + 4\cos 3x – 10\cos x – 5\cos 3x – \cos 5x}{16}\). Ainsi \(g(x) = \dfrac{2\cos x – \cos 3x – \cos 5x}{16}\).
3. En \(x = 0\) : \(g(0) = 0\) et le membre de droite vaut \(\frac{2 – 1 – 1}{16} = 0\). En \(x = \pi/3\) : \(g(\pi/3) = \frac18 \times \frac34 = \frac{3}{32}\). Par ailleurs, \(2\cos\frac{\pi}{3} – \cos\pi – \cos\frac{5\pi}{3} = 1 + 1 – \frac12 = \frac32\), et \(\frac{3/2}{16} = \frac{3}{32}\). Les deux contrôles sont concluants.
4. Première méthode : on intègre la forme linéarisée. On a \(\int_0^{\pi/2} \cos x\,dx = 1\), \(\int_0^{\pi/2} \cos 3x\,dx = \frac{\sin(3\pi/2)}{3} = -\frac13\) et \(\int_0^{\pi/2} \cos 5x\,dx = \frac{\sin(5\pi/2)}{5} = \frac15\). L’intégrale vaut donc \(\frac{1}{16}\big(2 + \frac13 – \frac15\big) = \frac{1}{16} \times \frac{32}{15}\). Seconde méthode : on pose \(s = \sin x\), d’où \(ds = \cos x\,dx\). On obtient \(\int_0^1 (1 – s^2)s^2\,ds = \frac13 – \frac15\). Les deux méthodes donnent \(\dfrac{2}{15}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Racines carrées par identification

Idée clé : on écrit \(\delta = a + ib\), on identifie parties réelles et imaginaires, et l’on ajoute l’égalité des modules pour obtenir \(a^2\) et \(b^2\).

1. On cherche \(\delta = a + ib\) avec \(\delta^2 = 21 – 20i\). Cela donne \(a^2 – b^2 = 21\) et \(2ab = -20\). De plus, \(a^2 + b^2 = |21 – 20i| = \sqrt{441 + 400} = 29\). Par demi-somme et demi-différence, \(a^2 = 25\) et \(b^2 = 4\). Enfin, \(ab = -10 < 0\), donc \(a\) et \(b\) sont de signes contraires. Les racines carrées sont \(5 – 2i\) et \(-5 + 2i\). Contrôle : \((5 – 2i)^2 = 25 – 20i – 4 = 21 – 20i\).
2. On a \(8i = 8e^{i\pi/2}\). Ses racines carrées sont donc \(\pm 2\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\). Or \(2\sqrt{2}\,e^{i\pi/4} = 2\sqrt{2}\big(\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}\big)\). Les racines carrées de \(8i\) sont \(2 + 2i\) et \(-2 – 2i\).
3. Si \(z^4 = 8i\), alors \(z^2\) est une racine carrée de \(8i\). Donc \(z^2 = 2 + 2i = 2\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\) ou \(z^2 = -2 – 2i = 2\sqrt{2}\,e^{-3i\pi/4}\). Le premier cas donne \(z = \pm 2^{3/4} e^{i\pi/8}\). Le second donne \(z = \pm 2^{3/4} e^{-3i\pi/8}\). Les quatre solutions sont les \(2^{3/4} e^{i(\pi/8 + k\pi/2)}\), pour \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\).

Corrigé de l’exercice 5 – Racines quatrièmes de moins seize

Idée clé : on applique la formule des racines \(n\)-ièmes à \(-16 = 16e^{i\pi}\), puis on lit les solutions comme les sommets d’un carré.

1. On a \(-16 = 16\,e^{i\pi}\).
2. Les solutions de \(z^4 = 16e^{i\pi}\) sont \(z_k = 16^{1/4} e^{i(\pi/4 + k\pi/2)}\) pour \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\). Ce sont \(2e^{i\pi/4}\), \(2e^{3i\pi/4}\), \(2e^{5i\pi/4}\) et \(2e^{7i\pi/4}\). Sous forme algébrique, \(2e^{i\pi/4} = \sqrt{2} + i\sqrt{2}\). Les solutions sont \(\sqrt{2}(1 + i)\), \(\sqrt{2}(-1 + i)\), \(\sqrt{2}(-1 – i)\) et \(\sqrt{2}(1 – i)\).
3. Ces points sont sur le cercle de rayon 2 et deux points consécutifs font un angle de \(\pi/2\). Ils forment donc un carré centré en 0, de côté \(2\sqrt{2}\), comme le montre la figure.
4. Les racines conjuguées s’associent par paires. D’abord, \((X – z_0)(X – \overline{z_0}) = X^2 – 2\mathrm{Re}(z_0)X + |z_0|^2 = X^2 – 2\sqrt{2}X + 4\). De même, avec \(z_1\), on obtient \(X^2 + 2\sqrt{2}X + 4\). Ainsi \(X^4 + 16 = (X^2 – 2\sqrt{2}X + 4)(X^2 + 2\sqrt{2}X + 4)\). Vérification : ce produit vaut \((X^2 + 4)^2 – 8X^2 = X^4 + 16\).

Corrigé de l’exercice 6 – Reconnaître une transformation du plan

Idée clé : pour \(z \mapsto az + b\), on regarde d’abord si \(a = 1\) ; sinon, on calcule le point fixe, puis on lit la nature sur le module et l’argument de \(a\).

1. Ici \(a = i = e^{i\pi/2}\), de module 1. Le point fixe vérifie \(\omega = i\omega + 3\), soit \(\omega = \frac{3}{1 – i} = \frac{3(1 + i)}{2}\). Donc \(f_1\) est la rotation de centre \(\frac32 + \frac32 i\) et d’angle \(\pi/2\).
2. Ensuite, \(a = -2\) est réel et différent de 1. Le point fixe vérifie \(\omega = -2\omega + 3i\), soit \(\omega = i\). Ainsi \(f_2\) est l’homothétie de centre \(i\) et de rapport \(-2\).
3. Puis \(a = 1\). Donc \(f_3\) est la translation de vecteur d’affixe \(1 – i\).
4. Enfin, \(a = \frac{1 + i\sqrt{3}}{2} = e^{i\pi/3}\) et \(b = 0\). Le point fixe est 0. Par conséquent, \(f_4\) est la rotation de centre 0 et d’angle \(\pi/3\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire

Idée clé : on écrit la somme des deux distances comme la somme des modules de deux complexes dont la somme est fixe, puis on applique le cas d’égalité.

1. Pour \(w \neq 0\), l’égalité \(|z + w| = |z| + |w|\) a lieu si et seulement s’il existe \(\lambda \geqslant 0\) tel que \(z = \lambda w\). Autrement dit, les vecteurs d’affixes \(z\) et \(w\) ont même direction et même sens.
2. Posons \(u = 1 – z\) et \(v = z – i\). Alors \(u + v = 1 – i\), et l’inégalité triangulaire donne \(|u| + |v| \geqslant |u + v| = \sqrt{2}\). Or \(|u| = |z – 1|\) et \(|v| = |z – i|\). Donc \(|z – 1| + |z – i| \geqslant \sqrt{2}\).
3. Il y a égalité si et seulement si \(v = 0\) ou \(u = \lambda v\) avec \(\lambda \geqslant 0\). Le premier cas donne \(z = i\). Dans le second, \(1 – z = \lambda(z – i)\), d’où \(z = \frac{1 + \lambda i}{1 + \lambda}\). Posons \(t = \frac{\lambda}{1 + \lambda}\), qui décrit \([0, 1[\) quand \(\lambda\) décrit \([0, +\infty[\). Alors \(z = (1 – t) \cdot 1 + t \cdot i\). En ajoutant le cas \(z = i\), qui correspond à \(t = 1\), on obtient tout le segment. L’ensemble cherché est le segment \([1, i]\). Géométriquement, la somme des distances à deux points est minimale exactement sur le segment qui les joint.

Généralisation à n termes

4. Notons \(s = z_1 + \dots + z_n\). L’hypothèse donne \(|s| = \sum |z_k| > 0\), donc \(s \neq 0\). Posons \(e = s/|s|\), de module 1. Alors \(|s| = \overline{e}\,s = \sum_k \overline{e}\,z_k\). En prenant les parties réelles, on obtient \(\sum_k |z_k| = \sum_k \mathrm{Re}(\overline{e}\,z_k)\). Or \(\mathrm{Re}(\overline{e}\,z_k) \leqslant |\overline{e}\,z_k| = |z_k|\) pour chaque \(k\). Une somme d’écarts positifs nulle impose que chaque écart soit nul. Ainsi \(\overline{e}\,z_k\) est un réel positif, égal à \(|z_k|\). Donc \(z_k = |z_k|\,e\) pour tout \(k\) : tous les \(z_k\) ont pour argument celui de \(e\).

Corrigé de l’exercice 8 – Moivre et tangente de l’angle quadruple

Idée clé : on développe \((c + is)^4\) par le binôme, on sépare parties réelle et imaginaire, puis on divise par \(c^4\) pour faire apparaître la tangente.

1. Par la formule de Moivre, \(\cos 4\theta + i\sin 4\theta = (c + is)^4\). Le binôme donne \(c^4 + 4ic^3 s – 6c^2 s^2 – 4ic s^3 + s^4\). Donc \(\cos 4\theta = c^4 – 6c^2 s^2 + s^4\) et \(\sin 4\theta = 4c^3 s – 4c s^3\).
2. Supposons \(\cos\theta \neq 0\) et \(\cos 4\theta \neq 0\). On divise numérateur et dénominateur de \(\frac{\sin 4\theta}{\cos 4\theta}\) par \(c^4\). On obtient \(\frac{4t – 4t^3}{1 – 6t^2 + t^4}\), puisque \(s/c = t\). La formule est démontrée.
3. Pour \(\theta = \pi/8\), on a \(\cos\theta \neq 0\) et \(\cos 4\theta = \cos(\pi/2) = 0\). Donc \(c^4 – 6c^2 s^2 + s^4 = 0\). En divisant par \(c^4\), il vient \(1 – 6t^2 + t^4 = 0\). Ainsi \(\tan(\pi/8)\) est racine de \(X^4 – 6X^2 + 1\).
4. En posant \(Y = t^2\), on résout \(Y^2 – 6Y + 1 = 0\) : \(Y = 3 \pm 2\sqrt{2}\), c’est-à-dire \(Y = (\sqrt{2} \pm 1)^2\). Or \(0 < \pi/8 < \pi/4\) et la tangente est croissante sur \([0, \pi/2[\). Donc \(0 < t < 1\), puis \(t^2 < 1\). Comme \(3 + 2\sqrt{2} > 1\), on a nécessairement \(t^2 = (\sqrt{2} – 1)^2\). Enfin, \(t\) et \(\sqrt{2} – 1\) sont positifs. Par conséquent, \(\tan(\pi/8) = \sqrt{2} – 1\).

Corrigé de l’exercice 9 – Sommes binomiales trigonométriques

Idée clé : on reconnaît la partie imaginaire ou réelle d’une puissance \((1 \pm e^{i\theta})^n\), que l’on factorise par l’angle moitié.

1. On factorise par \(e^{i\theta/2}\) : \(1 + e^{i\theta} = e^{i\theta/2}(e^{-i\theta/2} + e^{i\theta/2}) = 2\cos(\theta/2)\,e^{i\theta/2}\). Comme \(\theta/2 \in \,]-\pi/2, \pi/2[\), le cosinus est strictement positif. Donc \(1 + e^{i\theta}\) a pour module \(2\cos(\theta/2)\) et pour argument \(\theta/2\).
2. Par la formule du binôme, \((1 + e^{i\theta})^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} e^{ik\theta}\). La partie imaginaire du membre de droite est \(S_n\). Celle du membre de gauche vaut \(2^n\cos^n(\theta/2)\sin(n\theta/2)\). Ainsi \(S_n = 2^n \cos^n(\theta/2)\, \sin(n\theta/2)\).
3. De même, \(1 – e^{i\theta} = e^{i\theta/2}(e^{-i\theta/2} – e^{i\theta/2}) = -2i\sin(\theta/2)\,e^{i\theta/2}\). Comme \(-i = e^{-i\pi/2}\), on obtient \(1 – e^{i\theta} = 2\sin(\theta/2)\,e^{i(\theta – \pi)/2}\), avec \(\sin(\theta/2) > 0\) pour \(\theta \in \,]0, \pi[\). Ensuite, \((1 – e^{i\theta})^n = \sum_k \binom{n}{k}(-1)^k e^{ik\theta}\), dont la partie réelle est \(T_n\). Donc \(T_n = 2^n \sin^n(\theta/2) \cos\big(n(\theta – \pi)/2\big)\).
4. Pour \(n = 1\), on a \(S_1 = \sin\theta\) et la formule donne \(2\cos(\theta/2)\sin(\theta/2) = \sin\theta\). De plus, \(T_1 = 1 – \cos\theta\), et la formule donne \(2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2 – \pi/2) = 2\sin^2(\theta/2)\). Les deux formules sont confirmées, puisque \(2\sin^2(\theta/2) = 1 – \cos\theta\).

Corrigé de l’exercice 10 – Sommes de puissances des racines de l’unité

Idée clé : la somme \(\sum_k (\omega^p)^k\) est géométrique de raison \(\omega^p\) ; tout dépend de savoir si cette raison vaut 1.

1. Premier cas : \(p\) est multiple de \(n\). Tous les termes valent alors 1, puisque \(\omega^p = e^{2i\pi p/n} = 1\), d’où un total égal à \(n\). Second cas : la raison \(\omega^p\) diffère de 1, et la formule géométrique donne \(\frac{1 – \omega^{pn}}{1 – \omega^p}\). Or \(\omega^{pn} = (\omega^n)^p = 1\). La somme vaut donc \(n\) si \(n\) divise \(p\), et 0 sinon.
2. On a \(\prod_{k=0}^{n-1} \omega^k = \omega^{0 + 1 + \dots + (n-1)} = \omega^{n(n-1)/2}\). Or \(\omega^{n(n-1)/2} = e^{i\pi(n-1)}\). Le produit vaut \((-1)^{n-1}\).
3. On développe chaque terme par le binôme, puis on échange les deux sommes finies : \(\sum_{k} (1 + \omega^k)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j} \sum_{k=0}^{n-1} \omega^{kj}\). D’après la question 1, la somme intérieure vaut \(n\) si \(n\) divise \(j\), et 0 sinon. Pour \(0 \leqslant j \leqslant n\), seuls \(j = 0\) et \(j = n\) conviennent. On obtient \(n\big(\binom{n}{0} + \binom{n}{n}\big) = 2n\).
4. Pour \(n = 5\) et \(p = 1\), la somme des racines cinquièmes est nulle. Or \(\omega^4 = \overline{\omega}\) et \(\omega^3 = \overline{\omega^2}\). La partie réelle de la somme donne donc \(1 + 2\cos\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{4\pi}{5} = 0\). Ainsi \(\cos\frac{2\pi}{5} + \cos\frac{4\pi}{5} = -\frac12\).

Corrigé de l’exercice 11 – Une équation de degré six

Idée clé : le changement d’inconnue \(w = z^3\) ramène l’équation au second degré, puis on extrait des racines cubiques.

1. Le discriminant de \(w^2 + w + 1 = 0\) vaut \(-3 = (i\sqrt{3})^2\). Les solutions sont \(\frac{-1 \pm i\sqrt{3}}{2}\). Ce sont \(e^{2i\pi/3}\) et \(e^{-2i\pi/3}\).
2. On a \(z^6 + z^3 + 1 = 0\) si et seulement si \(z^3 = e^{2i\pi/3}\) ou \(z^3 = e^{-2i\pi/3}\). Le premier cas donne \(z = e^{i(2\pi/9 + 2k\pi/3)} = e^{2i(1 + 3k)\pi/9}\), pour \(k \in \{0, 1, 2\}\). On obtient les exposants \(1\), \(4\) et \(7\). Le second cas donne \(z = e^{2i(-1 + 3k)\pi/9}\). Modulo 9, les entiers \(-1\), \(2\) et \(5\) donnent \(8\), \(2\) et \(5\). Les solutions sont les \(e^{2ik\pi/9}\) pour \(k \in \{1, 2, 4, 5, 7, 8\}\).
3. Les racines neuvièmes de l’unité sont les \(e^{2ik\pi/9}\) pour \(0 \leqslant k \leqslant 8\). Parmi elles, les racines cubiques de l’unité sont celles pour lesquelles \(k \in \{0, 3, 6\}\). Les solutions trouvées sont exactement les six autres. On peut aussi le voir sans calcul : \(z^9 – 1 = (z^3 – 1)(z^6 + z^3 + 1)\).
4. La somme des racines neuvièmes de l’unité est nulle, de même que celle des racines cubiques. Par différence, la somme des six solutions est nulle. Prenons la partie réelle. Comme \(\cos\frac{16\pi}{9} = \cos\frac{2\pi}{9}\), \(\cos\frac{14\pi}{9} = \cos\frac{4\pi}{9}\) et \(\cos\frac{10\pi}{9} = \cos\frac{8\pi}{9}\), on obtient \(2\big(\cos\frac{2\pi}{9} + \cos\frac{4\pi}{9} + \cos\frac{8\pi}{9}\big) = 0\). La somme demandée est nulle.

Corrigé de l’exercice 12 – Équation du second degré à coefficients complexes

Idée clé : la méthode du lycée reste valable, à condition de chercher une racine carrée complexe du discriminant par identification.

1. On calcule \(\Delta = (5 + 3i)^2 – 4(2 + 9i) = 25 + 30i – 9 – 8 – 36i\). Donc \(\Delta = 8 – 6i\).
2. On cherche \(\delta = a + ib\) avec \(a^2 – b^2 = 8\), \(2ab = -6\) et \(a^2 + b^2 = |\Delta| = 10\). On en tire \(a^2 = 9\) et \(b^2 = 1\), avec \(ab < 0\). Les racines carrées de \(\Delta\) sont \(3 – i\) et \(-3 + i\).
3. Les solutions sont \(\frac{5 + 3i + (3 – i)}{2} = 4 + i\) et \(\frac{5 + 3i – (3 – i)}{2} = 1 + 2i\). Contrôle : leur somme vaut \(5 + 3i\), et leur produit vaut \(4 + 8i + i + 2i^2 = 2 + 9i\). L’ensemble des solutions est \(\{4 + i, \ 1 + 2i\}\).
4. Le discriminant vaut \(4\cos^2\alpha – 4 = -4\sin^2\alpha = (2i\sin\alpha)^2\). Les solutions sont donc \(\frac{2\cos\alpha \pm 2i\sin\alpha}{2}\). Ce sont \(e^{i\alpha}\) et \(e^{-i\alpha}\), confondues lorsque \(\sin\alpha = 0\). Remarquons que leur produit vaut bien 1 et leur somme \(2\cos\alpha\).

Corrigé de l’exercice 13 – Construire un triangle équilatéral

Idée clé : un triangle est équilatéral lorsque l’on passe de \(\overrightarrow{AB}\) à \(\overrightarrow{AC}\) par une rotation d’angle \(\pm\pi/3\).

1. Si \(c – a = e^{\pm i\pi/3}(b – a)\), alors \(AC = AB\) et l’angle en \(A\) mesure \(\pi/3\). Le triangle est isocèle en \(A\) avec un angle principal de \(\pi/3\), donc ses deux autres angles mesurent aussi \(\pi/3\) : il est équilatéral. Réciproquement, si \(ABC\) est équilatéral, on a \(AC = AB\), donc \(\big|\frac{c – a}{b – a}\big| = 1\). De plus, l’angle orienté entre \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) vaut \(\pm\pi/3\). Le quotient \(\frac{c – a}{b – a}\) vaut donc \(e^{i\pi/3}\) ou \(e^{-i\pi/3}\).
2. Ici, \(b – a = 2 + 2i\). D’abord, \(e^{i\pi/3}(2 + 2i) = \big(\frac12 + i\frac{\sqrt{3}}{2}\big)(2 + 2i) = (1 – \sqrt{3}) + i(1 + \sqrt{3})\). Ensuite, \(e^{-i\pi/3}(2 + 2i) = (1 + \sqrt{3}) + i(1 – \sqrt{3})\). On ajoute \(a = 1\). Les deux points possibles sont \(C_1 = (2 – \sqrt{3}) + i(1 + \sqrt{3})\) et \(C_2 = (2 + \sqrt{3}) + i(1 – \sqrt{3})\).
3. Le centre de gravité a pour affixe \(\frac{a + b + c}{3}\). Avec \(a + b = 4 + 2i\), on obtient deux centres. Ce sont \(G_1 = \frac{6 – \sqrt{3}}{3} + i\,\frac{3 + \sqrt{3}}{3}\) et \(G_2 = \frac{6 + \sqrt{3}}{3} + i\,\frac{3 – \sqrt{3}}{3}\). Ils sont symétriques par rapport au milieu \(2 + i\) de \([AB]\).

La figure montre les deux triangles, situés de part et d’autre de la droite \((AB)\).

Corrigé de l’exercice 14 – Composer des rotations

Idée clé : on compose les écritures complexes ; une application \(z \mapsto az + b\) avec \(|a| = 1\) est une rotation ou une translation selon que \(a \neq 1\) ou \(a = 1\).

1. D’après le cours, \(r_1(z) = iz\) et \(r_2(z) = 2 + i(z – 2) = iz + 2 – 2i\).
2. On calcule \(r_2(r_1(z)) = i(iz) + 2 – 2i = -z + 2 – 2i\). Ici \(a = -1 = e^{i\pi}\), et le point fixe vaut \(\frac{2 – 2i}{2} = 1 – i\). De même, \(r_1(r_2(z)) = i(iz + 2 – 2i) = -z + 2 + 2i\), de point fixe \(1 + i\). Les deux composées sont des symétries centrales (rotations d’angle \(\pi\)), de centres \(1 – i\) et \(1 + i\) : elles sont différentes. La composition des rotations n’est donc pas commutative.
3. Une rotation d’angle \(\theta_k\) s’écrit \(z \mapsto e^{i\theta_k}z + b_k\). La composée s’écrit alors \(z \mapsto e^{i(\theta_1 + \theta_2)}z + b\), pour un certain complexe \(b\). Si \(\theta_1 + \theta_2 \notin 2\pi\mathbb{Z}\), le coefficient est de module 1 et différent de 1 : c’est une rotation d’angle \(\theta_1 + \theta_2\). Sinon, le coefficient vaut 1. La composée est alors une translation, éventuellement l’identité.

Corrigé de l’exercice 15 – Lieux de points avec un quotient

Idée clé : on écrit \(Z\) sous forme algébrique, puis on traduit « réel » et « imaginaire pur » par l’annulation de la partie imaginaire ou de la partie réelle.

1. On multiplie par le conjugué du dénominateur : \(Z = \dfrac{(x + i(y – 2))((x + 1) – iy)}{(x + 1)^2 + y^2}\). Le numérateur a pour partie réelle \(x(x + 1) + y(y – 2)\). Sa partie imaginaire vaut \((y – 2)(x + 1) – xy = y – 2x – 2\). Donc \(Z = \dfrac{x^2 + x + y^2 – 2y}{(x+1)^2 + y^2} + i\,\dfrac{y – 2x – 2}{(x+1)^2 + y^2}\).
2. Le nombre \(Z\) est réel si et seulement si \(y = 2x + 2\). C’est l’équation de la droite passant par \(A(0, 2)\) et \(B(-1, 0)\). Ainsi \(\mathcal{D}\) est la droite \((AB)\) privée du point \(B\).
3. Le nombre \(Z\) est imaginaire pur si et seulement si \(x^2 + x + y^2 – 2y = 0\), soit \(\big(x + \frac12\big)^2 + (y – 1)^2 = \frac54\). Donc \(\mathcal{C}\) est le cercle de centre \(-\frac12 + i\) et de rayon \(\frac{\sqrt{5}}{2}\), privé du point \(B\). Ce cercle a pour diamètre \([AB]\) ; il contient \(A\), qui donne \(Z = 0\).
4. Pour \(z\) distinct de \(2i\) et de \(-1\), un argument de \(Z\) mesure l’angle orienté entre \(\overrightarrow{MB}\) et \(\overrightarrow{MA}\), où \(M\) a pour affixe \(z\). D’une part, \(Z\) est réel si et seulement si \(M\), \(A\), \(B\) sont alignés. D’autre part, \(Z\) est imaginaire pur si et seulement si l’angle en \(M\) est droit, c’est-à-dire si \(M\) est sur le cercle de diamètre \([AB]\). On retrouve bien la droite et le cercle précédents.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – L’exponentielle d’un nombre complexe

Idée clé : tout repose sur deux règles déjà connues, \(e^{x + x^{\prime}} = e^x e^{x^{\prime}}\) pour les réels et \(e^{iy}e^{iy^{\prime}} = e^{i(y + y^{\prime})}\) sur le cercle unité.

1. Écrivons \(z = x + iy\) et \(w = x^{\prime} + iy^{\prime}\). Alors \(\exp(z + w) = e^{x + x^{\prime}} e^{i(y + y^{\prime})}\). On sépare chaque facteur : \(e^{x + x^{\prime}} = e^x e^{x^{\prime}}\) et \(e^{i(y + y^{\prime})} = e^{iy}e^{iy^{\prime}}\). On regroupe enfin. Donc \(\exp(z + w) = \exp(z)\exp(w)\).
2. Comme \(e^x > 0\) et \(|e^{iy}| = 1\), l’écriture \(\exp(z) = e^x e^{iy}\) est une forme exponentielle. Ainsi \(|\exp(z)| = e^{\mathrm{Re}(z)}\), et \(\mathrm{Im}(z)\) est un argument de \(\exp(z)\). En particulier, \(|\exp(z)| > 0\), donc \(\exp(z) \neq 0\).
3. L’égalité \(\exp(z) = 1\) impose \(e^x = 1\), donc \(x = 0\). Elle impose ensuite \(e^{iy} = 1\), donc \(y \in 2\pi\mathbb{Z}\). La réciproque est immédiate. On a donc \(\exp(z) = 1\) si et seulement si \(z \in 2i\pi\mathbb{Z}\). L’application n’est pas injective, car \(\exp(0) = \exp(2i\pi) = 1\).
4. D’abord, \(1 + i\sqrt{3} = 2e^{i\pi/3}\). L’équation impose \(e^x = 2\) et \(y \equiv \pi/3 \pmod{2\pi}\). Les solutions sont les \(\ln 2 + i\big(\frac{\pi}{3} + 2k\pi\big)\), \(k \in \mathbb{Z}\). Ensuite, \(-e = e \cdot e^{i\pi}\), d’où \(e^x = e\) et \(y \equiv \pi \pmod{2\pi}\). Les solutions de la seconde équation sont les \(1 + i(2k + 1)\pi\), \(k \in \mathbb{Z}\).
5. Soit \(w = re^{i\alpha}\) un complexe non nul, avec \(r > 0\). Le complexe \(z_0 = \ln r + i\alpha\) vérifie \(\exp(z_0) = w\). Ensuite, \(\exp(z) = w\) équivaut à \(\exp(z – z_0) = 1\), grâce à la question 1. D’après la question 3, cela revient à \(z – z_0 \in 2i\pi\mathbb{Z}\). Les antécédents de \(w\) sont donc les \(\ln r + i(\alpha + 2k\pi)\), \(k \in \mathbb{Z}\). L’image de \(\exp\) est exactement \(\mathbb{C}^*\).

Corrigé de l’exercice 17 – Problème – Racines septièmes et heptagone régulier

Idée clé : on connaît la somme et le produit de \(S\) et \(T\) ; ce sont donc les racines d’un trinôme, et seul le signe de \(\mathrm{Im}(S)\) reste à trouver.

1. Comme \(\omega \neq 1\) et \(\omega^7 = 1\), la somme géométrique vaut \(\frac{1 – \omega^7}{1 – \omega} = 0\). Or \(S + T = \omega + \omega^2 + \dots + \omega^6\). Donc \(S + T = -1\).
2. On développe les neuf produits : \(ST = \omega^4 + \omega^6 + \omega^7 + \omega^5 + \omega^7 + \omega^8 + \omega^7 + \omega^9 + \omega^{10}\). Avec \(\omega^7 = 1\), on a \(\omega^8 = \omega\), \(\omega^9 = \omega^2\) et \(\omega^{10} = \omega^3\). Il vient \(ST = 3 + (\omega + \omega^2 + \dots + \omega^6) = 3 – 1\). Ainsi \(ST = 2\).
3. Les nombres \(S\) et \(T\) ont pour somme \(-1\) et pour produit 2. Ce sont donc les solutions de \(X^2 + X + 2 = 0\). Le discriminant vaut \(-7 = (i\sqrt{7})^2\). Les solutions sont \(\frac{-1 + i\sqrt{7}}{2}\) et \(\frac{-1 – i\sqrt{7}}{2}\).
4. On a \(\mathrm{Im}(S) = \sin\frac{2\pi}{7} + \sin\frac{4\pi}{7} + \sin\frac{8\pi}{7}\). Or \(\sin\frac{8\pi}{7} = \sin\big(\pi + \frac{\pi}{7}\big) = -\sin\frac{\pi}{7}\). Ensuite, \(\sin\frac{4\pi}{7} = \sin\frac{3\pi}{7}\), et le sinus est strictement croissant sur \([0, \pi/2]\). Donc \(\sin\frac{3\pi}{7} > \sin\frac{\pi}{7}\). Comme de plus \(\sin\frac{2\pi}{7} > 0\), on obtient \(\mathrm{Im}(S) > 0\).
5. Parmi les deux solutions trouvées, seule la première a une partie imaginaire positive. Par conséquent, \(S = \dfrac{-1 + i\sqrt{7}}{2}\) et \(T = \dfrac{-1 – i\sqrt{7}}{2}\).
6. La partie réelle de \(S\) vaut \(\cos\frac{2\pi}{7} + \cos\frac{4\pi}{7} + \cos\frac{8\pi}{7}\). Or \(\cos\frac{8\pi}{7} = \cos\frac{6\pi}{7}\), car \(\frac{8\pi}{7} = 2\pi – \frac{6\pi}{7}\). Donc \(\cos\frac{2\pi}{7} + \cos\frac{4\pi}{7} + \cos\frac{6\pi}{7} = -\frac12\). Ensuite, la question 4 et la valeur de \(S\) donnent la seconde somme. On obtient \(\sin\frac{2\pi}{7} + \sin\frac{4\pi}{7} – \sin\frac{\pi}{7} = \frac{\sqrt{7}}{2}\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Une suite qui s’enroule autour d’un point fixe

Idée clé : en se plaçant au point fixe, la récurrence affine devient géométrique : \(z_n – \omega\) est multiplié par \(a\) à chaque étape.

1. On a \(|a| = \frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(\frac{a}{|a|} = \frac{1 + i}{\sqrt{2}} = e^{i\pi/4}\). Donc \(a = \frac{\sqrt{2}}{2}\,e^{i\pi/4}\).
2. Comme \(a \neq 1\), le point fixe vaut \(\omega = \frac{1}{1 – a} = \frac{2}{1 – i} = \frac{2(1 + i)}{2}\). Ainsi \(\omega = 1 + i\). D’après le cours, \(f(z) – \omega = a(z – \omega)\). Ainsi, \(f\) fait tourner chaque point de \(\pi/4\) autour de \(1 + i\), puis rapproche le résultat de ce point dans le rapport \(\frac{\sqrt{2}}{2}\).
3. Pour tout \(n\), on a \(z_{n+1} – \omega = f(z_n) – \omega = a(z_n – \omega)\). Par récurrence immédiate, \(z_n – \omega = a^n(z_0 – \omega)\). Avec \(z_0 = 0\), il vient \(z_n – \omega = -a^n(1 + i)\). Donc \(z_n = (1 + i)(1 – a^n)\).
4. On a \(|z_n – \omega| = |a|^n\,|1 + i| = \sqrt{2}\big(\frac{\sqrt{2}}{2}\big)^n\). Comme \(0 < \frac{\sqrt{2}}{2} < 1\), cette suite géométrique tend vers 0. La suite \((z_n)\) converge vers \(\omega = 1 + i\).

Alignements et longueur de la spirale

5. D’abord, \(a^4 = \big(\frac{\sqrt{2}}{2}\big)^4 e^{i\pi} = -\frac14\). Donc \(z_4 = (1 + i)\big(1 + \frac14\big)\). On trouve \(z_4 = \frac54 + \frac54 i\). Ensuite, pour \(n \geqslant 1\), les points \(z_0\), \(\omega\), \(z_n\) sont alignés si et seulement si \(\frac{z_n – \omega}{z_0 – \omega} = a^n\) est réel. Or \(a^n\) a pour argument \(n\pi/4\). L’alignement a lieu exactement lorsque \(n\) est multiple de 4.
6. On a \(z_{n+1} – z_n = (1 + i)(a^n – a^{n+1}) = (1 + i)a^n(1 – a)\). Or \(1 – a = \frac{1 – i}{2}\), donc \((1 + i)(1 – a) = \frac{(1 + i)(1 – i)}{2} = 1\). Ainsi \(|z_{n+1} – z_n| = |a|^n = \big(\frac{\sqrt{2}}{2}\big)^n\). La série géométrique converge, et sa somme vaut \(\frac{1}{1 – \sqrt{2}/2} = \frac{2}{2 – \sqrt{2}}\). La longueur totale de la ligne brisée vaut \(2 + \sqrt{2}\).

La figure trace les premiers termes de la suite. On voit la ligne brisée s’enrouler en spirale autour de \(1 + i\), en tournant de \(\pi/4\) à chaque pas.

Pour aller plus loin

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