Mathématiques – AL1 - Complexes
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AL1 - Complexes – Exercices TD Corrigés – Rev 2014
AL1 – Complexes Séance de TD
- Corrigés des exercices -
1 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation 2
2 GI FC34 2011 – Test – angle 3
3 GI FA 2011 – Test 1 – racines cubiques 4
4 GI FA 2011 – Test 2 – fonction complexe 5
5 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle 7
6 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions 9
7 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique 11
8 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4 12
9 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes 13
10 GIN FA 2011 – Test 1 – polynôme de degré 3 14
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1 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation
On se place dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal ( ); ,u vO� �
, direct.
Soient les points A et B d’affixes respectives : A 1z = et B 3 2z i= − .
On considère la fonction f de ℂ dans ℂ définie par : ( ) 1f z iz i= + −
Pour alléger les écritures, on notera ( )z f z′ =
On associe au vecteur MM′�����
l'affixe z z′ − .
1) Placer A et B sur une figure que l’on complètera au fur et à mesure de l’exercice.
2) Dans cette question, on considère un point M, différent de A, donc d’affixe 1z ≠ .
a. Déterminer le complexe z
Zz
′ −=−
1
1.
( )11
1 1 1
i zz iz iZ i
z z z
−′ − −= = = =− − −
b. Déterminer le module Z et un argument arg(Z) de Z.
( ) ( );1 arg arg2
Z i Z iπ= = = =
c. Exprimer l'affixe de ′AM�����
en fonction de celle de AM����
. En déduire l’angle ( ),AM AM′���� �����
.
( ). ,
A AAM AM
2
AM AM AM
et 1
Donc e d'où AM AM2
i
z z z iz i z z z z
z i z z
′
π
′
′= − = − = − = −
π′= = =
����� ����
����� ���� ����
���� �����
d. En déduire la nature de la fonction f.
La fonction f est la rotation de centre A et d’angle 2
π (donc de sens direct).
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3) a. Calculer ( )Af z . Remarque ?
( )A A1 1 1f z i i z= × + − = = . On voit effectivement que le point A est invariant par cette
rotation, puisqu’il en est le centre.
b. Calculer ( )Bf z et placer sur la figure le point B' d'affixe ( )Bf z .
( ) ( )B 3 2 1 3 2f z i i i i= × − + − = +
4) Soit C le point dont l’image par la fonction f est le point C’ d’affixe C 3 3z i′ = − − .
Déterminer, par le calcul, l’affixe zC du point C. Placer C et C' sur la figure.
Deux façons de faire :
* avec les écritures cartésiennes et la définition de f :
( ) .C C C 1z f z iz i′ = = + − En multipliant les deux membres par i : C C 1iz z i′ = − + + , d’où
( )C C 1 3 3 1 2 4z iz i i i i i′= − + + = − − − + + = − +
* en utilisant la rotation :
C est l’image de C’ par la rotation de centre A et d’angle 2
π− , d’où
( ) ( )2C A C A C Ce 1 3 3 1 3 4 2 4
iz z z z z i i i z i
π−
′− = − ⇔ − = − − − − = − + ⇔ = − +
2 GI FC34 2011 – Test – angle
1) On donne, dans le plan complexe, les nombres A 1 3z i= + et B 1z i= − + .
a. Représenter précisément les points A et B dans la figure ci-dessous.
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b. Calculer les modules de ces deux nombres complexes.
;2
2 2 2
A B1 3 4 2 1 1 2z z= + = = = + =
c. Donner leurs écritures exponentielles, puis grâce à ces écritures, déterminer les réels positifs ρ
et θ tels que .B Aeiz zθρ= .
;3
3 4A B
1 3 1 12 2e 2 2e
2 2 2 2
i iz i z i
π π − = + = = + = , donc
3 5
4 3B 12
A
2 1e e
2 2
i iz
z
π π π− = = où
l’on voit les valeurs des réels ρ et θ .
d. A l’aide de leurs écritures cartésiennes, calculer B
A
z
z.
( )( )( )( )
B
A
1 1 31 1 3 3 3 1 3 1
4 4 41 3 1 3 1 3
i iz i i ii
z i i i
− + −− + − + + + − += = = = ++ + −
e. En déduire la valeur exacte du cosinus de l’angle 5
12
π.
La partie réelle de B
A
z
z est cos
π
1 5
122. Donc
( )cos
−π =
2 3 15
12 4.
3 GI FA 2011 – Test 1 – racines cubiques
Les questions 1 et 2 sont indépendantes.
1) Déterminer les racines cubiques complexes du nombre i, en utilisant l’écriture cartésienne.
On cherche les nombres complexes de forme a ib+ tels que ( )a ib i+ =3. Développons :
( )( ) ( )( ) ( )
2 23 2
13 3 2 2 3
2 3 2 2
2
3 03 03 3
3 1 3 1
a a b Ea aba ib i a ia b ab ib i
a b b b a b E
− = − = + = ⇔ + − − = ⇔ ⇔ − = − =
Avec ( )1E , on distingue deux cas :
1. a = 0. Alors ( )2E donne b = −3 1 , soit b = -1.
Première racine cubique : z1 = 0 – 1.i = -i.
2. a ≠ 0. Alors ( )1E donne a b=2 23 , puis par substitution dans ( )2E : b =3 1
8soit b = 1/2.
Comme a b=2 23 , on a alors a =2 3
4, soit a = 3
2 ou a = − 3
2.
Deux autres racines cubiques : ;z i z i= + = − +2 3
3 1 3 1
2 2 2 2.
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2) Traiter la question précédente en utilisant la notation exponentielle.
En écriture exponentielle, .i k
iπ + π =
22e . Ses racines cubiques correspondent donc à des nombres
complexes dont le module est le même (racine cubique de 1 : 1) et dont les arguments sont le
tiers du précédent, soit 6
π modulo
π2
3.
Réponses : . . .
; ;i i ii i i i
iπ π π π π π π π π π+ + +
= = = = = −2 2 25 9 30 1 2
6 3 6 3 6 36 6 6 2e e e e e e e
3) Représenter les images du nombre complexe i et de ses racines cubiques sur le cercle
trigonométrique donné ci-dessous. Quelle figure forment-elles ?
Les images des racines sont les sommets d’un triangle équilatéral.
4 GI FA 2011 – Test 2 – fonction complexe
Soit la fonction f qui, à tout nombre complexe z non nul, associe le complexe ( ) zf z
z= , où z est le
complexe conjugué de z.
1) Dans cette question, on utilisera exclusivement la notation cartésienne des nombres complexes.
a. Soit z = x + iy. Expliciter ( )f z en fonction de x et y.
( ) .2 2 2 2
z x yf z i
z x y x y
−= = ++ +
b. Calculer ( )f z .
( ) ( )2 2 2 2
2 2 2 2 2 21 ou 1
z zz x y x yf z f z
z z z x y x y x y
+= = = = = + = =+ + +
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c. Montrer que, quel que soit z, ( )( ) ( )f f z f z+ est un nombre réel.
( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ).2 Re
f zf f z f z f z f z f z f z
f z+ = + = + = ∈ℝ
d. Déterminer les complexes z tels que ( )f f z z=� .
( ) ( ) . 2 2
2 2 2 21
x yf f z z f z z i x iy x y
x y x y= ⇔ = ⇔ + = + ⇔ + =
+ +� .
Ou bien : z
z zz
= ⇔ = 1
L’ensemble solution est celui des complexes de module 1, représenté par le cercle centré en O
et de rayon 1.
2) Dans ℂ , on considère le sous-ensemble des nombres complexes de la forme z = x + 2i. Ces nombres sont représentés dans le plan complexe par les points images M d'affixes z (M(z)).
Dans le plan complexe, quel est l’ensemble des points images des complexes ( )f z ?
On utilisera pour cela la forme complexe appropriée.
( ) .x
f z ix x
−= ++ +2 2
2
4 4. La forme cartésienne n’est pas des plus adaptées pour déterminer
l’ensemble de points correspondants. Notons iz θρ= e ; on a alors ( ) e izf z
zθ−= = .
Les arguments des nombres complexes de la forme z = x + 2i décrivent tout l’intervalle ouvert
] [;0 π . Ceux des complexes ( )f z décrivent l’intervalle ouvert ] [;0−π , et comme leur module
vaut 1, l’ensemble de points cherché est le demi-cercle inférieur trigonométrique, privé des
points (1, 0) et (-1, 0).
3) Représenter sur un même graphique l’ensemble des points images des complexes z ainsi que
l’ensemble demandé en question 2a.
y
( )zM2
1
x
1− 1
( )( )f zN
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5 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle
Les questions 1, 2, 3 et 4 sont largement indépendantes.
Dans l’ensemble *ℂ des complexes z non nuls, on définit la fonction f par : ( ) = 1
f zz
.
On désigne par z le conjugué de z , par |z| le module de z , et enfin par i le complexe de partie
imaginaire positive tel que i² = -1.
On nomme P le plan complexe associé à l’ensemble des nombres complexes.
1) a. Déterminer tous les complexes z vérifiant f(z) = z .
( ) ( )2 2Arg211 e 1 1 et Arg 1
i zz z z z z k zz
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = = π ⇔ = ±
b. Déterminer tous les complexes z vérifiant f(z) = z .
211 1 1 eiz zz z z z
zθ= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
c. Déterminer le module et un argument de f(z) en fonction de ceux de z.
Soit z = eiθρ . 1 1
e i
zθ
ρ−= . ( )1 1 1
et Arg Arg zz z z
= = −
.
d. Déterminer les parties réelle et imaginaire de f(z) en fonction de celles de z.
Soit z = a + ib. ( ) ( ).2 2 2 2 2 2 2
1Re et Im
z a ib a bz z
z a b a b a bz
− −= = = =+ + +
2) a. Montrer que f(z) – 1 = ( )zz
−11 . En déduire que si |z – 1| = 1, alors |f(z)| = |f(z) – 1|.
( )1 1 11 1
zz
z z z
−− = = −
Donc ( ) 1 11 1 1f z z
z z− = − = − et si |z – 1| = 1, alors ( )1 1
1 z f zz z
− = =
b. Dans le plan P (figure page suivante), tracer l’ensemble C des points représentant les
complexes z qui vérifient |z – 1| = 1 (justifier brièvement).
|z – 1| est la distance entre le point M d’affixe z et le point d’affixe 1, c’est à dire le point (1,0).
Dire que cette distance vaut 1, c’est dire que M est sur le cercle de centre (1, 0) et de rayon 1.
C est ce cercle.
3) Soit A le point d’affixe α = 1 + i et B le point d’affixe β = 1 + iπ3e .
a. Placer les points A et B dans le plan P.
b. Vérifier par le calcul que α et β sont éléments de l’ensemble C défini en question 2.
|α – 1| = |i| = 1, donc A est élément de C.
|β – 1| = |iπ3e | = 1, donc B est élément de C.
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c. Déterminer les écritures cartésiennes des complexes f(α) et f(β) puis placer leurs points
images A’ et B’ dans le plan P.
( ) 1 1 1 1
1 2 2 2
if i
iα −= = = −
+
( ) ( )cos sin3
2 3 31 1 1 2 1 3
12 2 61 3 3 311 e 13 3 2 2
i
if i
ii i
β π
−= = = = = = −π π ++ ++ + +
4) Soit M un point parcourant le cercle C de centre G(1, 0) et de rayon 1, hormis l’origine du repère.
On admet que son affixe zM peut s’écrire 1 + eiθ
, où θ parcourt l’intervalle ]-π ; π[.
a. Montrer que f(zM) = ( )sin
cos
1
2 2 1i
θθ
−+
.
( )( ) ( ) ( )
cos sin cos sin sin
cos sin cos coscos sin2 2
1 1 1 1 1
1 e 1 2 1 2 2 11i
i if z i
iθθ θ θ θ θ
θ θ θ θθ θ+ − + −= = = = = −
+ + + + ++ +M
b. Etudier la parité de sin
cos1
θθ+
et en déduire un domaine d’étude de cette fonction de θ.
( )( )
sin sin
cos cos1 1
θ θθ θ
−= −
+ − +. Cette forme est donc impaire et peut être étudiée sur [0 ; π[.
c. Etudier les variations de sin
cos1
θθ+
puis en dresser un tableau de variation sur ]-π ; π[.
On admettra, pour compléter ce tableau, que sin
limcos1θ
θθ→±π
= ±∞+
.
( ) ( )( ) ( )
cos cos sin sinsin cos
cos coscos cos2 2
1 1 10
1 11 1
θ θ θ θθ θθ θθ θ
′ + − − + = = = > + + + +. Cette forme est
donc strictement croissante sur [0 ; π[ (et on admet que sa limite en π est +∞).
Le fait que cette forme soit impaire nous autorise à dresser le tableau suivant :
θ -π 0 π
dérivée positive positive
forme
-∞
0
+∞
d. Conclusion : lorsque M parcourt le cercle C , déterminer et tracer l’ensemble décrit par les
points M’, images des complexes f(zM).
Rappelons que ( ) ( )sin
cos
1 1
1 e 2 2 1if z iθ
θθ
= = −+ +M
. Ces nombres complexes ont une partie
réelle constante égale à 0,5 et une partie imaginaire qui parcourt ℝ tout entier. Les points
correspondants forment donc toute la droite d’équation x = 1
2.
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6 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions
Soit deux fonctions f et g d’expressions f(x) = 3cos(x) et g(x) = 4sin(x + 4
π), pour lesquelles la
variable x parcourt l’intervalle [0 ; π].
1) Donner les valeurs exactes de f(x) et g(x) pour x = 0, puis x = 2
π et enfin x = π.
f (0) = 3cos(0) = 3 ; f (2
π) = 3cos(
2
π) = 0 ; f (π) = 3cos(π) = -3
g(0) = 4sin(4
π) = 2 2 ; g(
2
π) = 4sin(
3
4
π) = 2 2 ; g(π) = 4sin(
5
4
π) = -2 2
2) Justifier que f est maximale pour x = 0 et que g est maximale pour x = 4
π.
(on utilisera les résultats connus sur le sinus et le cosinus, ou alors on pourra dériver f et g et
étudier leurs variations sur [0 ; π]).
Avec les propriétés du sinus et du cosinus :
Un cosinus est maximal si l’argument cité vaut 0. Pour la fonction f, il faut donc que x = 0.
Un sinus est maximal si l’argument vaut 2
π. Pour la fonction g, il faut que x +
4
π =
2
π, soit x =
4
π.
En étudiant les fonctions :
f ’(x) = -3sin(x), négatif sur [0 ; π]. Donc f est maximale pour x = 0.
g ’(x) = 4cos(x + 4
π), positif sur [0 ;
4
π] et négatif sur [
4
π ; π]. Donc g est maximale pour x =
4
π.
y
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3) On crée le nombre complexe z = f (x) + i.g(x). Lorsque x parcourt l’intervalle [0 ; π], les points
images de z dans le plan complexe forment la courbe ci-dessous.
a. Sur cette figure, repérer les résultats demandés ou annoncés aux questions 1 et 2.
b. Montrer que la dérivée par rapport à x de |z|² (carré du module de z) est :
( )sin sin9 2 16 22
x xπ − + +
.
( )
( ) ( ) ( )
cos sin .
- sin cos sin cos - sin sin
z x x
d zx x x x x x
dx
π = + +
π π π = + + + = + +
2 2 2
2
9 164
18 32 9 2 16 24 4 2
c. Sachant que sin(a + π2
) = cos a, dire pour quelle(s) valeur(s) de x cette dérivée s’annule.
z
x=
2d
0d
ssi ( )( ) ( )sin
tancos
2 162
2 9
xx
x= = ssi 2x = 1,0584 rad [π] ssi x = 0,5292 rad [
π2
].
Dans l’intervalle [0 ; π], seules deux solutions sont possibles : 0,5292 rad et 2,1 rad.
d. Repérer sur la figure le(s) point(s) correspondant(s), expliquer.
Le module de z est la distance OM. Positif, il varie dans le même sens que son carré. Les deux
valeurs de x trouvées précédemment correspondent ici à un maximum ou un minimum de OM.
Pour x = 0,5292 rad, on définit le point M4 (f(x) , g(x)) = (2,59 , 3,87).
Pour x = 2,1 rad, on définit le point M5 (f(x) , g(x)) = (-1,514 , 1,014).
M1 (x = 0)
M2 (x = π/2)
M3 (x = π)
f maxi
g maxi
M4
M5
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7 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique
1) Linéariser, c'est-à-dire, à l'aide de la formule d'Euler, exprimer en fonction de cos2x et cos 4x ,
l'expression : cos sin4 44 4x x+
A l'aide de la formule d'Euler, on écrit :
( ) ( )cos4
44 4 2 2 4e e 1 1
e e e 4e 6 4e e2 16 16
ix ixix ix i x i x i x i xx
−− − − += = + = + + + +
( ) ( )cos4 4 2 2
4 4 4 2 21 4 6 1 e e 1 e e 3e e e e
16 16 16 8 2 2 2 8
i x i x i x i xi x i x i x i xx
− −− − + += + + + + = + +
cos cos cos4 1 1 34 2
8 2 8x x x= + +
De la même façon :
( ) ( )sin4
44 4 2 2 4e e 1 1
e e e 4e 6 4e e2 16 16
ix ixix ix i x i x i x i xx
i
−− − − −= = − = − + − +
( ) ( )sin4 4 2 2
4 4 4 2 21 4 6 1 e e 1 e e 3e e e e
16 16 16 8 2 2 2 8
i x i x i x i xi x i x i x i xx
− −− − + += + − + + = − +
sin cos cos4 1 1 34 2
8 2 8x x x= − +
Donc : cos sin cos cos cos cos4 4 1 1 3 1 1 34 4 4 4 2 4 4 2
8 2 8 8 2 8x x x x x x
+ = + + + − +
cos sin cos4 44 4 4 3x x x+ = +
2) En déduire les solutions de l'équation cos sin4 4 54 4
2x x+ = .
cos sin4 4 54 4
2x x+ = ⇔ cos
54 3
2x + = ⇔ cos
14
2x = −
Deux familles de solutions : .2
4 23
x kπ= + π ⇔ .
6 2x k
π π= + (4 valeurs)
ou .2
4 23
x kπ= − + π ⇔ .
6 2x k
π π= − + (4 valeurs)
3) Représenter sur un cercle trigonométrique les différentes familles de solutions.
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8 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4
On considère l'application f définie dans l'ensemble des nombres complexes par :
( ) 4 3 2 2z f z z z z= − + +֏
Dans ce problème, on aura avantage à utiliser la formule de Moivre.
1) Montrer que, si l'équation (1) : ( )f z = 0 admet pour racine le nombre complexe α , alors elle
admet aussi pour racine le nombre α (complexe conjugué de α ).
Soit α , solution de l'équation (1) : ( )f z = 0 .
On peut écrire α sous forme trigonométrique : ( )cos siniα ρ θ θ= +
L'équation (1) s'écrit donc :
( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sini i iρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ+ − + + + + =4 3 24 3 2 2 0
En utilisant la formule de Moivre, on obtient :
( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sini i iρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ+ − + + + + =4 3 24 4 3 3 2 2 2 0
En regroupant les termes réels et imaginaires, on a donc :
( )cos cos cos sin sin siniρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ− + + + − + =4 3 2 4 3 24 3 2 2 4 3 2 0
Par identification des termes réels et imaginaires à 0, on a donc les deux relations :
cos cos cosρ θ ρ θ ρ θ− + + =4 3 24 3 2 2 0 et sin sin sinρ θ ρ θ ρ θ− + =4 3 24 3 2 0
Considérons le même travail avec le conjugué de α, dont l’argument vaut –θ. Par rapport aux
écritures ci-dessus, les cosinus sont inchangés et les sinus prennent des valeurs opposées, ce qui
fait que les égalités « = 0 » sont encore respectées et donc α est solution de l'équation (1).
2) Montrer que les nombres i+1 et i− +1 3
2 2 sont racines de l'équation (1).
Ecrivons les nombres donnés sous forme trigonométrique.
cos sinz i i i π π = + = + = +
0
2 21 2 2
2 2 4 4. Remplaçons z0 dans l'expression de ( )f z :
( )
( )
( )
cos sin cos sin cos sin
cos sin cos sin cos sin
f i i i i
i i i
i i i i
π π π π π π + = + − + + + +
π π π π = π + π − + + + +
= − − − + + + = − + − + + =
4 3 24 3 2
1 2 2 2 24 4 4 4 4 4
3 34 2 2 2 2
4 4 2 2
2 24 1 2 2 2 2 4 2 2 2 2 0
2 2
Donc z i= +0 1 est racine de l'équation (1).
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AL1 - Complexes – Exercices TD Corrigés – Rev 2014
Soit cos sinz i iπ π= − + = +1
1 3 2 2
2 2 3 3. Remplaçons z1 dans l'expression de ( )f z :
( )
( )
( )
cos sin cos sin cos sin
cos sin cos sin cos sin
f z i i i
i i i
i i
π π π π π π = + − + + + +
π π π π = + − π + π + + +
= − + − + − − + =
4 3 2
1
2 2 2 2 2 22
3 3 3 3 3 3
8 8 4 42 2 2
3 3 3 3
1 3 1 31 2 0
2 2 2 2
Donc z i= − +1
1 3
2 2 est racine de l'équation (1).
3) Donner l'ensemble des solutions de l'équation (1). En déduire une factorisation de ( )f z .
On a vu (question 1) que, si α est racine de l'équation (1), alors α l'est également.
Par conséquent, d'après la question 2, l'équation (1) admet comme racines les 4 nombres :
z i= +0 1 ; z i= −0 1 ; z i= − +1
1 3
2 2 ; z i= − −1
1 3
2 2
On factorise donc ( )f z : ( ) ( ) ( )f z z i z i z i z i
= − − − + + − + +
1 3 1 31 1
2 2 2 2
4) Ecrire ( )f z comme un produit de deux polynômes du second degré à coefficients réels.
Dans l'expression de ( )f z ci-dessus, on peut développer les facteurs 2 par 2 comme suit :
( ) ( ) ( )z i z i z i z z z z− − − + = − − = − + + = − +2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 2
z i z i z i + − + + = + −
221 3 1 3 1 3
2 2 2 2 2 2 z z z z= + + + = + +2 21 3
14 4
Finalement, ( )f z peut s'écrire : ( ) ( )( )f z z z z z= − + + +2 22 2 1
9 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes
1. Résoudre, dans ℂ , l’équation d’inconnue z : z2 + (8 − i)z − 8i = 0.
On pourra vérifier que cette équation admet une racine imaginaire pure.
* Première méthode : sans tenir compte de la remarque de l’énoncé
∆ = (8 − i)² + 32i = 63 + 16i On peut remarquer que ∆ = (8 + i)².
Si on ne le voit pas tout de suite, il faut chercher la racine carrée de par la méthode classique.
Les deux racines de l’équation sont : 8 8
2
i ii
− + + + = et 8 8
82
i i− + − − = − .
* Deuxième méthode : l’équation admet une solution imaginaire pure
Notons ai cette solution, avec a ∈ ℝ , puis reportons-la dans l’équation :
a²i²+ (8 − i)ai − 8i = 0 ⇔ -a² + a + 8i(a – 1) = 0 ⇔ a² = a et a = 1 ⇔ a = 1.
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AL1 - Complexes – Exercices TD Corrigés – Rev 2014
La solution imaginaire pure est donc z1 = i. On peut ainsi factoriser le polynôme z2
+ (8 − i)z − 8i par (z – i), ce qui conduit facilement à
z2 + (8 − i)z − 8i = (z – i)(z + 8) où l’on voit que sa seconde racine vaut -8.
2. Utiliser le résultat précédent pour résoudre, dans ℂ , l’équation d’inconnue z :
z6 + (8 − i)z3
− 8i = 0
Exprimer toutes les solutions sous forme algébrique et sous forme trigonométrique.
En posant Z = z3, cette equation revient à celle de la question 1, avec pour inconnue Z.
Ainsi, on sait que l’on a deux cas à traiter : z3 = i et z3
= -8, soit sous forme exponentielle :
( )32e 1e
iir απ
= et ( )3
e 8ei ir α π=
La première égalité donne :
. ,
3 11
2 5 4 32ou ou
6 6 3 6 6 3 26 3
rr
k k αα
= = ⇔ π π π π π π π π π = + = + == + ∈
ℤ , ce qui donne :
5 3
6 6 21 2 3
3 1 3 1e ; e ; e
2 2 2 2
i i iz i z i z i
π π π
= = + = = − + = = −
La deuxième égalité donne :
. ,
3 28
2 4 52ou ou
3 3 3 3 3 33 3
rr
k k αα
= = ⇔ π π π π π π π π = + = π + == + ∈
ℤ , ce qui donne :
5
3 34 5 62e 1 3 ; e 1 ; 2e 1 3
i iiz i z z iπ π
π= = + = = − = = −
10 GIN FA 2011 – Test 1 – polynôme de degré 3
On considère le polynôme P(z) suivant : P(z) = z3 + 9iz2
+ 2(6i – 11)z – 3(4i + 12).
1. Démontrer que l'équation P(z) = 0 admet une solution réelle z1.
L’expression z3 + 9iz2
+ 2(6i – 11)z – 3(4i + 12), en considérant z réel, est un nombre complexe de
partie réelle z3 - 22z – 36 et de partie imaginaire 9z2
+ 12z – 12. Ces deux parties doivent être
nulles si on souhaite que P(z) le soit.
Les racines de la partie imaginaire (∆ = 576 = 24²) sont -2 et 2/3.
Seule -2 annule la partie réelle de P(z), donc -2 est la solution réelle de l’équation P(z) = 0.
2. Montrer, en posant Q(z) = z2 + (9i - 2)z – 6(i + 3), que l'on a P(z) = (z - z1) Q(z).
(z + 2)Q(z) = (z + 2)(z2 + (9i - 2)z – 6(i + 3))
= z3 + (9i - 2)z2
– 6(i + 3)z + 2z2 + (18i - 4)z – 12(i + 3)
= z3 + 9iz2
+ (12i – 22)z - 12i -36 = P(z)
3. Démontrer que l'équation Q(z) = 0 admet une solution imaginaire pure z2.
Notons z2 = ia. Q(ia) = i2a2 + (9i - 2)ia – 6(i + 3) = -a² - 9a - 18 + i(-2a – 6)
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Ce nombre complexe s’annule si -2a – 6 = 0, soit a = -3, et il se trouve que cette valeur annule
également l’expression -a² - 9a – 18.
Conclusion : z2 = -3i est une racine de Q(z).
4. Résoudre dans ℂ l'équation P(z) = 0.
Factorisons Q(z) : Q(z) = (z + 3i)(z – x – iy) = z2 - zx - izy + 3iz - 3ix +3y = z2
+ (-x - iy + 3i)z -3ix +3y
Cette expression est égale à z2 + (9i - 2)z – 6(i + 3) ssi :
-x = -2 ET -iy + 3i = 9i ET -3ix = -6i ET 3y = -18,
ce qui est cohérent et donne x = 2 et y = -6.
Le seconde racine de Q(z) et troisième de P(z) est le nombre complexe z3 = 2 – 6i.
Les trois racines de P(z) sont donc : z1 = -2, z2 = -3i et z3 = 2 – 6i. P(z) = (z + 2)(z + 3i)(z – 2 + 6i)
5. On note z3 la troisième solution de l'équation P(z) = 0. Démontrer que les points du plan
complexe A, B et C, d'affixes respectives z1, z2 et z3, sont alignés.
L’affixe du vecteur AB���
est z2 – z1 = 2 - 3i ; l’affixe du vecteur BC���
est z3 – z2 = 2 - 3i. Ces deux vecteurs sont donc colinéaires (et même égaux, ici), donc les points A, B et C sont
alignés.
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