TD5 Complexes Correction
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Page 1 : Algebre-Premier semestre 2023-2024CY TechTD AlgebreNombres complexes.Algebre
Page 2 : Exercice 5.1Mettre sous forme algebrique les nombres suivants :13+6i34i .21+i2i2+3+6i34i .32+5i1i+25i1+i .Algebre
Page 3 : Exercice 5.1Solution : On commence par noter que, puisque pour toutz = x + iy C×,nous avons1z =1x + iy=1x + iy · x iyx iy=x iyx2 + y 2 =zz2 .Pour ecrire sous forme algebrique un nombre complexe de la forme a+ibx+iyon procede toujours de la fa¸con suivante :a + ibx + iy=a + ibx + iy · x iyx iy=a + ibx iyx2 + y 2=ax + by + ibx ayx2 + y 2.Algebre
Page 4 : Exercice 5.11 Nous avons :3 + 6i3 4i=3 + 6i3 4i · 3 + 4i3 + 4i=3 + 6i · 3 + 4i9 + 16=15 + 30i25= 3 + i65.2 Nous avons :1 + i2 i2+ 3 + 6i3 4i=1 + 2i + i24 4i + i2 + 3 + 6i3 4i=2i3 4i + 3 + 6i3 4i=3 + 8i3 4iAlgebre
Page 5 : Exercice 5.1Ainsi1 + i2 i2+ 3 + 6i3 4i=3 + 8i3 4i=3 + 8i3 4i · 3 + 4i3 + 4i = 3 + 8i3 + 4i25=23 + 36i25.3 Nous avons :2 + 5i1 i+ 2 5i1 + i=2 + 5i1 i+ 2 + 5i1 i=2 + 5i1 i+2 + 5i1 i=2Re2 + 5i1 i.Algebre
Page 6 : Exercice 5.1Or2 + 5i1 i=2 + 5i1 i · 1 + i1 + i=2 + 5i · 1 + i2=3 + 7i2.Par consequent2 + 5i1 i+ 2 5i1 + i=2Re2 + 5i1 i=2 · 32= 3.Algebre
Page 7 : Exercice 5.2On suppose θ π; π. Calculer le module et un argument des nombrescomplexes suivants.1 z = ieiθ.2 z = 1 + eiθ.3 z = sinθ + i1 + cosθ.Algebre
Page 8 : Exercice 5.21 z = ieiθ.Solution : Notons quei=0 + i=cosπ/2 + i sinπ/2=eiπ2 .Ce qui nous permet d’ecrireieiθ=ei π2 · eiθ=ei π2 +θ.Doncz = 1etargz = π2 + θ.Algebre
Page 9 : Exercice 5.22 z = 1 + eiθ.Solution : Notons que1 = ei0.Alorsz = 1 + eiθ = ei0 + eiθ.A chaque fois que on a une expression de la formeeix + eiy,on pense a utiliser la formule de l’angle moitie :eix + eiy = 2 cosx y2eix+y2.Doncz = ei0 + eiθ = 2 cosθ2eiθ2 .Algebre
Page 10 : Exercice 5.2Pour finir, on rappelle queθ π, π=⇒θ2 iπ2 , π2iet comme cosinus est positif surπ2 , π2, on conclutz = 2 cosθ2etargz = θ2.Algebre
Page 11 : Exercice 5.23 z = sinθ + i1 + cosθ.Solution : On commence par noter quez=sinθ + i1 + cosθ=i + sinθ + i cosθ=i +cosπ2 θ+ i sinπ2 θ=ei π2+ ei π2 θ=ei π2 1 + eiθ=ei π2 ei0 + eiθ.En utilisant la formule de l’angle moitie, on obtientz = ei π2 · 2 cos0 θ2ei0+θ2=ei π2 · 2 cosθ2eiθ2=2 cosθ2eiπθ2.Algebre
Page 12 : Exercice 5.2Pour finir, on rappelle queθ π, π=⇒θ2 iπ2 , π2iet comme cosinus est positif surπ2 , π2, on conclutz = 2 cosθ2etargz = π θ2.Algebre
Page 13 : Exercice 5.3Calculer le module et l’argument principal des nombres complexessuivants1 z = i1 + i33 i2 z = 333i1+iAlgebre
Page 14 : Exercice 5.31 z = i1 + i33 i.Solution : Nous avonsz=i1 + i33 i=i 33 i=i3 1 3 + i3=4=4 · 1.Finalement, puisque1=1 + i0=cosπ + i sinπ = eiπ,on conclut que4 = 4eiπ.Doncz = 4etargz = π π, π.Algebre
Page 15 : Exercice 5.32 z = 333i1+i.Solution : On commence par noter que3 + i=2 32 + i2!=2cosπ6+ i sinπ6=2ei π6Ainsi33 3i=33 + i=6ei π6 .Algebre
Page 16 : Exercice 5.3De mˆeme1 + i=2 22 + i22!=2cosπ4+ i sinπ4=2ei π4 .Par consequent33 3i1 + i= 6ei π62ei π4=62·ei π6 i π4 =62·ei π12 =62·eiπ · ei π12 =62· ei 11π12 .Algebre
Page 17 : Exercice 5.3Doncz =62etargz = 11π12 π, π.Algebre
Page 18 : Exercice 5.4Simplifier les nombres complexes 3 i2!1995et 1 + i31 i!20.Solution : Nous avons3 i2=32 i 12=cosπ6i sinπ6=cosπ6+ i sinπ6=cosπ6+ i sinπ6=ei π6Algebre
Page 19 : Exercice 5.4Ainsi 3 i2!1995=ei π6 1995=ei 1995π6=ei 665π2=ei166·2πi π2=ei π2=i.Algebre
Page 20 : Exercice 5.4Pour simplifier1+i31i20on commence par noter que1 + i3=212 + i32=2cosπ3+ i sinπ3=2ei π3De mˆeme1 i=222 i22=2cosπ4i sinπ4=2cosπ4+ i sinπ4=2cosπ4+ i sinπ4.=2ei π4Algebre
Page 21 : Exercice 5.4Donc 1 + i31 i!20=2ei π32ei π420= 2220·ei π3 +i π4 20= 2220·ei 7π1220=220 · ei 20·7π12=210 · ei 35π3=210 · ei 361π3=210 · ei12πi π3=210 · ei12π · ei π3=210 · ei6·2π · ei π3=210 · ei π3Algebre
Page 22 : Exercice 5.5Montrer quez = 1 ⇐⇒z = 1zSolution : Nous avonsz = 1⇐⇒z · z = 1⇐⇒zz = 1⇐⇒z = 1z .Algebre
Page 23 : Exercice 5.6SoitP = z C : Imz 0etD = z C : z 1.Montrer quef : z 7→z iz + iest une bijection de P sur D.Solution :Montrons f injective : Soit z P et z′ P tel quef z = f z′⇐⇒z iz + i = z′ iz′ + i⇐⇒z iz′ + i = z′ iz + i⇐⇒z · z′ + iz iz′ + 1 = z′ · z + iz′ iz + 1⇐⇒2iz = 2iz′⇐⇒z = z′.Ainsi, f est injective.Algebre
Page 24 : Exercice 5.6Montrons f surjective : Soit z C tel que z 1 i.e z D.Cherchons w P tel que f w = z. Nous avonsf w = z⇐⇒w iw + i = z⇐⇒w i = wz + iz⇐⇒w wz = i + iz⇐⇒w1 z = i + iz⇐⇒w = i + iz1 z = i 1 + z1 z .C’est-a-dire, l’unique antecedent de z D est donne parw = i · 1 + z1 z .Pour montrer que f est surjective, il ne nous reste donc que averifier que w P. C’est-a-dire verifierz D, Imw = Imi · 1 + z1 z 0.Algebre
Page 25 : Exercice 5.6Or pour tout z D, nous avonsi · 1 + z1 z=i · 1 + z1 z1 z2=i · 1 + z z z21 z2=i · 1 z2 + 2iImz1 z2=2Imz1 z2 + i 1 z21 z2 .Finalement, puisque z D, c’est-a-dire z 1, on conclut 1 z2 0et doncImi · 1 + z1 z= 1 z21 z2 0=⇒w = i · 1 + z1 z P.La fonction f est donc surjective.Algebre
Page 26 : Exercice 5.7Pour tout z C \ 2i posonsZ = z + iz 2i .1 Determiner l’ensemble E1 des nombres z tels que Z soit reel.2 Determiner l’ensemble E2 des nombres z tels que Z soit imaginairepur.3 Determiner l’ensemble E3 des nombres z tels que Z ait pourargument π2 .Algebre
Page 27 : Exercice 5.71 Determiner l’ensemble E1 des nombres z tels que Z =z+iz2i soit reel.Solution : Nous avonsz E1 ⇐⇒Z R⇐⇒Z = Z⇐⇒z + iz 2i = z + iz 2i= z + iz 2i= z iz + 2i⇐⇒z + iz + 2i = z iz 2i⇐⇒z2 + 2iz + iz 2 = z2 2iz iz 2⇐⇒2iz + iz = 2iz iz⇐⇒3iz = 3iz⇐⇒z = z⇐⇒z iR \ 2i.AinsiE1 = z C \ 2i : z iR.Algebre
Page 28 : Exercice 5.72 Determiner l’ensemble E2 des nombres z tels que Z =z+iz2i soit unimaginaire pur.Solution : Nous avonsz = x + iy E2⇐⇒Z iR⇐⇒Z = Z⇐⇒z + iz 2i = z + iz 2i= z + iz 2i= z iz + 2i⇐⇒z + iz + 2i = z iz 2i⇐⇒z2 2iz iz + 2 = z2 2iz iz 2⇐⇒0 = 2z2 + iz z 4⇐⇒0 = 2z2 + i2iImz 4⇐⇒0 = 2z2 2Imz 4 ⇐⇒0 = z2 Imz 2⇐⇒0 = x2 + y 2 y 2 = x2 +y 2 y + 1414 2⇐⇒x2 +y 122= 94.Algebre
Page 29 : Exercice 5.7AinsiE2 =z = x + iy C \ 2i : x2 +y 122= 94.L’ensemble E2 peut donc ˆetre identifie, avec le cercle de centre 0, 12 etde rayon 32, prive du point 2i.Algebre
Page 30 : Exercice 5.73 Determiner l’ensemble E3 des nombres z tels que Z ait pourargument π2 .Solution : On commence par noter que :argZ = π2⇐⇒Z iR et ImZ 0.Par consequentz E3⇐⇒z E2etImZ 0.MaintenantZ = z + iz 2i = z + iz + 2iz 2i2= z2 2 Imz + 3iRezz 2i2DoncImZ = 3Rezz 2i2 0⇐⇒Rez 0.Algebre
Page 31 : Exercice 5.7Ainsiz E3⇐⇒z E2etRez 0.L’ensemble corresponds donc au cercle precedent restreint aux pointsd’abscisses strictement positives.Algebre
Page 32 : Exercice 5.8Soit z, z′ U2 tel que z · z′ ̸= 1. Demontrer par deux methodes queZ =z + z′1 + z · z′ R.Premiere Methode : Soit z, z′ U2, alorsZ =z + z′1 + z · z′ R⇐⇒Z = Z⇐⇒Z Z = 0.Montrons pour toute couple z, z′ U2 avec z · z′ ̸= 1, l’equationZ Z = 0.Algebre
Page 33 : Exercice 5.8Nous avonsZ Z=z + z′1 + z · z′ z + z′1 + z · z′=z + z′1 + z · z′ z + z′1 + z · z′=z + z′1 + z · z′ z + z′1 + z · z′=z + z′1 + z · z′ z + z′1 + z · z′1 + z · z′1 + z · z′=z + zz · z′ + z′ + z′z · z′ z z′ zzz′ z′zz′1 + z · z′1 + z · z′=z + z′z2 + z′ + zz′2 z z′ z′z2 zz′21 + z · z′1 + z · z′z = z′ = 1=z + z′ + z′ + z z z′ z′ z1 + z · z′1 + z · z′= 0.Algebre
Page 34 : Exercice 5.8Soit z; z′ U2 tel que zz′ ̸= 1. Demontrer par deux methodes queZ = z + z′1 + zz′ R.Deuxieme Methode : On utilise l’ecriture exponentielle de z et z′θ R, z = eiθetθ′ R, z′ = eiθ′.Ce qui nous permet d’ecrireZ =z + z′1 + z · z′ = eiθ + eiθ′1 + eiθeiθ′ =eiθ + eiθ′1 + eiθ+θ′ =eiθ + eiθ′ei0 + eiθ+θ′ .En utilisant la formule de l’angle moitie, on obtienteiθ + eiθ′=2 cosθ θ′2ei θ+θ′2ei0 + eiθ+θ′=2 cosθ + θ′2ei θ+θ′2 .Algebre
Page 35 : Exercice 5.8D’ou on conclutZ =2 cosθθ′2ei θ+θ′22 cos θ+θ′2ei θ+θ′2=2 cosθθ′22 cos θ+θ′2 R.Algebre
Page 36 : Exercice 5.9Soit a, b C2, avec a ̸= b. Demontrer par deux methodes que :a Uoub U=⇒a b1 ab U.Premiere Methode : On utilise les proprietes de la conjugaison et du module.Supposons a U. Alors nous avonsa = 1a=⇒1 ab = 1 ba = a ba=⇒a b1 ab = a baba= a U.Supposons b U. Alors nous avonsa b1 ab = a b1 ab =a b1 ab = a b1 ab.Maintenant, puisque b U, nous avons b = 1b . Ce qui nous permetd’ecrirea b1 ab = a b1 ab= b ·a bb a = b · 1 = 1 · 1 = 1.Ainsia b1 ab U.Algebre
Page 37 : Exercice 5.9Soit a, b C2, avec a ̸= b. Demontrer par deux methodes que :a Uoub U=⇒a b1 ab U.Deuxieme Methode : On utilise l’ecriture exponentielle de a et b.Supposons a U. Alors il existe θ R tel que a = eiθ. Ce qui nouspermet d’ecrirea b1 ab =eiθ b1 eiθb = eiθ eθ beiθ b = eiθ U.Supposons b U. Alors il existe θ R tel que b = eiθ. Ce qui nouspermet d’ecrirea b1 ab = a b1 ab =a b1 ab=a b1 ab=a eiθ1 aeiθ =eiθ · a eiθeiθ a = 1.Ainsia b1 ab U.Algebre
Page 38 : Exercice 5.10Soit θ π; π. Determiner le module et un argument de :Z = cosθ + i sinθ 1cosθ + i sinθ + 1Solution : Nous avonsZ = cosθ + i sinθ 1cosθ + i sinθ + 1 = eiθ 1eiθ + 1 = eiθ ei0eiθ + ei0En utilisant la formule de l’angle moitie, on obtienteiθ ei0=2i sinθ2ei θ2eiθ + ei0=2 cosθ2ei θ2 .D’ou on conclutZ = 2i sin θ2ei θ22 cos θ2ei θ2= i sin θ2cos θ2 = i tanθ2.Algebre
Page 39 : Exercice 5.10Par consequent :si θ π, 0, alors θ2 π2 , 0et tan θ2 0. DoncZ = tanθ2i = tanθ2eiπ2AinsiZ = tanθ2etargZ = π2mod 2π.si θ = 0, alors tanθ/2 = 0. Donc Z = 0.si θ 0, π, alors θ2 0, π2et tan θ2 0. DoncZ = tanθ2i = tanθ2eiπ2AinsiZ = tanθ2etargZ = π2mod 2π.Algebre
Page 40 : Exercice 5.10Soit z U dont un argument est dans 0, π3 . Determiner le module et unargument deZ = 1 + z3z2.Solution : Par hypothese, il existe θ 0, π3 tel que z = eiθ. Nous avonsZ = 1 + z3z2= 1z2 + z = z2 + z = e2iθ + eiθEn utilisant la formule de l’angle moitie, on obtiente2iθ + eiθ=2 cos3θ2ei θ2Orθ i0, π3h=⇒3θ2 i0, π2h=⇒cos3θ2 0.AinsiZ = 2 cos3θ2etargZ = θ2mod 2π.Algebre
Page 41 : Exercice 5.11Exprimer en fonction de sinθ et de cosθ :a cos2θb sin2θc cos3θd sin4θe sin5θAlgebre
Page 42 : Exercice 5.11Solution :a cos2θ = cos2θ sin2θ.b sin2θ = 2 sinθ cosθ.c cos3θ = cos3θ 3 cosθ sin2θ.Algebre
Page 43 : Exercice 5.11d sin4θ : Pour exprimer sin4θ en fonction de sinθ et de cosθ, oncommence par noter que :θ R, sin4θ = Ime4iθ= Imeiθ4La formule du binˆome de Newton, nous permet donc d’ecrireeiθ4=cosθ + i sinθ4=4Xk=04kcos4kθik sinkθ=cos4θ + 4i cos3θ sinθ 6 cos2θ sin2θ 4i cosθ sin3θ+ sin4θ=cos4θ 6 cos2θ sin2θ + sin4θ+i4 cos3θ sinθ 4 cosθ sin3θ.Algebre
Page 44 : Exercice 5.11Ainsisin4θ=Ime4iθ= 4 cos3θ sinθ 4 cosθ sin3θcos4θ=Ree4iθ= cos4θ 6 cos2θ sin2θ + sin4θ.Algebre
Page 45 : Exercice 5.11e sin5θ : Pour exprimer sin5θ en fonction de sinθ et de cosθ oncommence par noter que :θ R, sin5θ = Ime5iθ= Imeiθ5La formule du binˆome de Newton, nous permet donc d’ecrireeiθ5=cosθ + i sinθ5=5Xk=05kcos5kθik sinkθ=cos5θ + 5i cos4θ sinθ 10 cos3θ sin2θ10i cos2θ sin3θ + 5 cosθ sin4θ + i sin5θ=cos5θ 10 cos3θ sin2θ + 5 cosθ sin4θ+ i5 cos4θ sinθ 10 cos2θ sin3θ + sin5θAlgebre
Page 46 : Exercice 5.11Ainsisin5θ=Ime5iθ= 5 cos4θ sinθ 10 cos2θ sin3θ + sin5θcos5θ=Ree5iθ= cos5θ 10 cos3θ sin2θ + 5 cosθ sin4θ.Algebre
Page 47 : Exercice 5.12Lineariser :a cos2θb sin2θc cos3θd sin4θe sin2θ cos3θAlgebre
Page 48 : Exercice 5.12Solution :a cos2θ = 1+cos2θ2.b sin2θ = 1cos2θ2.c cos3θ = 3 cosθ+cos3θ4.Algebre
Page 49 : Exercice 5.12d Pour lineariser sin4θ, on procede comme suit :1 On utilise les formules d’Euler pour changer sinθ en eiθ et eiθ.sin4θ =eiθ eiθ2i42 On developpe completement a l’aide du binˆome de Newton.sin4θ=116e4iθ 4e2iθ + 6 4e2iθ + e4iθ3 On regroupe les termes deux a deux conjugues pour reconnaˆıtre descosαθ ou sinβθ grˆace a la formule d’Euler.sin4θ=1166 +e4iθ + e4iθ4e2iθ + e2iθ=1166 + 2 cos4θ 8 cos2θ.=3 4 cos2θ + cos4θ8.Algebre
Page 50 : Exercice 5.12e Pour linearise sin2θ cos3θ, on procede comme suit :1 On utilise les formules d’Euler pour changer cosθ et sinθ en eiθet eiθ.sin2θ cos3θ =eiθ eiθ2i2 eiθ + eiθ232 On developpe completement a l’aide du binˆome de Newton.sin2θ cos3θ=132e2iθ 2 + e2iθ e3iθ + 3eiθ + 3eiθ + e3iθ=132e5iθ + e3iθ 2eiθ + e5iθ + e3iθ 2eiθ.Algebre
Page 51 : Exercice 5.123 On regroupe les termes deux a deux conjugues pour reconnaˆıtre descosαθ ou sinβθ grˆace a la formule d’Euler.sin2θ cos3θ=132e5iθ + e5iθ+e3iθ + e3iθ2eiθ + eiθ=1322 cos5θ + 2 cos3θ 4 cosθ.=2 cosθ cos3θ cos5θ16.Algebre
Page 52 : Exercice 5.13Soit θ R.1 Exprimer sin5θ en fonction de sinθ.2 En deduire la valeur exacte de sin π5.Solution :1 D’apres l’Exercice 5.11e, nous avons :sin5θ=5 cos4θ sinθ 10 cos2θ sin3θ + sin5θ=51 sin2θ2 sinθ 101 sin2θsin3θ + sin5θ=51 2 sin2θ + sin4θsinθ 10 sin3θ + 11 sin5θ=16 sin5θ 20 sin3θ + 5 sinθ.Algebre
Page 53 : Exercice 5.132 Appliquons la formule precedente au cas ou θ = π5 . Notonsx = sinπ5.Alorssinπ=16x5 20x3 + 5x=x16x4 20x2 + 5.Maintenant, sinπ = 0, donc0 = x16x4 20x2 + 5=⇒x = 0 ou 16x4 20x2 + 5 = 0Or x = sin π5̸= 0. Ainsi, x est solution de l’equation16y 4 20y 2 + 5 = 0.Pour resoudre cette equation bicarree, posons Y = y 2. Elle equivautalors a l’equation 16Y 2 20Y + 5=0y 2=YAlgebre
Page 54 : Exercice 5.13Cette derniere equation a comme solutiony 2 = 5 58ouy 2 = 5 +58Ce qui nous donne quatre solutions a l’equation en y. Pour determiner alaquelle correspond le reel x, il reste a observer queπ5 h0, π4i=⇒x = sinπ5"0,22=⇒x2 0, 12.Or5 580, 12;5 +58/0, 12D’ou une seule possibilite car x 0x = sinπ5=s5 58.Algebre
Page 55 : Exercice 5.14En considerant de deux manieres le rapport Z = ab oua = 1 + i3etb = 1 + icalculer les valeurs exactes de cos π12et sin π12.Solution : Nous avonsa=1 + i3 = 2 12 + i32!= 2eiπ3b=1 + i =2 22 + i22!=2eiπ4 .Ainsiab =2eiπ32eiπ4=2eiπ3 iπ4=2eiπ12=2 cos π12+ i2 sin π12.Algebre
Page 56 : Exercice 5.14De mˆemeab = 1 + i31 + i=1 + i31 i2=3 + 12+ i3 12.L’unicite de la forme algebrique de Z permet d’en deduire paridentification :2 cos π12=3 + 12et2 sin π12=3 12D’ou on conclut :cos π12=3 + 122=6 +24sin π12=3 122=6 24.Algebre
Page 57 : Exercice 5.15Resoudre d’une maniere generale l’equationez = Zd’inconnue z, le nombre complexe Z ̸= 0 etant fixe en donnant laforme algebrique des eventuelles solutions.Solution : On commence par ecrire Z sous forme exponentielle Z = reiθ.Soit z = x + iy, alorsZ = ez⇐⇒reiθ = ex+iy = exeiy⇐⇒ex = rety = θmod 2π⇐⇒x = lnrety = θ + 2kπk Z⇐⇒z = lnr + iθ + 2kπk Z.Algebre
Page 58 : Exercice 5.16Determiner les racines carrees complexes des nombres suivants :1 a = 3 + 4i.2 b = 21 20i.3 c = 7 + 24i.Algebre
Page 59 : Exercice 5.16Determiner les racines carres de a = 3 + 4i.1On cherche les racines de a = 3 + 4i sous la forme z = x + iy.L’equation z2 = a nous donne le systemez2 = 3+4i⇐⇒x2y 2+i2xy = 3+4i⇐⇒ x2 y 2=32xy=4en identifiant parties reelle et imaginaire.2On ajoute l’equationz2 = a⇐⇒x2 + y 2 =p32 + 42 =25.pour trouver les valeurs de x2 et y 2. Nous avons donc le systemex2 + y 2=5x2 y 2=32xy=4=⇒x2=1y 2=4xy=23On prend ensuite les racines carrees, en faisant attention aux signes relatifsde x et y, donne par l’equation xy = 2. Nous avons donc les solutions :x, y = 1, 2oux, y = 1, 2⇐⇒z = 1+2iou z = 12i.Algebre
Page 60 : Exercice 5.16Determiner les racines carres de b = 21 20i.1On cherche les racines de b = 21 20i sous la forme z = x + iy.L’equation z2 = b nous donne le systemez2 = 2120i⇐⇒x2y 2+i2xy = 2120i⇐⇒ x2 y 2=212xy=20en identifiant parties reelle et imaginaire.2On ajoute l’equationz2 = b⇐⇒x2 + y 2 =p212 + 202 =841 =292 = 29.pour trouver les valeurs de x2 et y 2. Nous avons donc le systemex2 + y 2=29x2 y 2=212xy=20=⇒x2=4y 2=25xy=103On prend ensuite les racines carrees, en faisant attention aux signesrelatifs de x et y, donne par l’equation xy = 10. Nous avons donc lessolutions :x, y = 2, 5oux, y = 2, 5⇐⇒z = 25iou z = 2+5i.Algebre
Page 61 : Exercice 5.16Determiner les racines carres de c = 7 + 24i.1On cherche les racines de c = 7 + 24i sous la forme z = x + iy.L’equation z2 = c nous donne le systemez2 = 7+24i ⇐⇒x2y 2+i2xy = 7+24i ⇐⇒ x2 y 2=72xy=24en identifiant parties reelle et imaginaire.2On ajoute l’equationz2 = b⇐⇒x2 + y 2 =p72 + 242 =625 =252 = 25.pour trouver les valeurs de x2 et y 2. Nous avons donc le systemex2 + y 2=25x2 y 2=72xy=24=⇒x2=9y 2=16xy=123On prend ensuite les racines carrees, en faisant attention aux signes relatifsde x et y, donne par l’equation xy = 12. Nous avons donc les solutions :x, y = 3, 4oux, y = 3, 4⇐⇒z = 3+4iou z = 34i.Algebre
Page 62 : Exercice 5.17Calculer les racines carrees des nombres complexes suivants :a z = 13.Solution :w2 = 13⇐⇒w =13iou w = 13ib z = 3 4i.Solution : Soit w = x + iy, alorsw2 = 3 4i⇐⇒x2 + y2=p32 + 42x2 y2=32xy=4⇐⇒x2 + y2=5x2 y2=3xy=2⇐⇒x2=1y2=4xy=2⇐⇒ x=1y=2ou x=1y=2Doncw = 1 2iouw = 1 + 2i.Algebre
Page 63 : Exercice 5.17c z = 3 + 4i.Solution : Soit w = x + iy, alorsw 2 = 3 + 4i⇐⇒x2 + y 2=p32 + 42x2 y 2=32xy=4⇐⇒x2 + y 2=5x2 y 2=3xy=2⇐⇒x2=1y 2=4xy=2⇐⇒x=1y=2oux=1y=2Doncw = 1 + 2iouw = 1 2i.Algebre
Page 64 : Exercice 5.17d z = 1 + i3.Solution : Nous avonsz = 1 + i3=212 + i32=2cosπ3+ i sinπ3= 2ei π3 .Par consequentw 2 = 2ei π3⇐⇒w =2ei π6ouw = 2ei π6⇐⇒w =232 + i 12ouw = 232 + i 12⇐⇒w =32+ i 12ouw = 32i 12.Algebre
Page 65 : Exercice 5.17e z = 5 12i.Solution : Soit w = x + iyw 2 = 5 12i⇐⇒x2 + y 2=p52 + 122x2 y 2=52xy=12⇐⇒x2 + y 2=13x2 y 2=5xy=6⇐⇒x2=9y 2=4xy=6⇐⇒x=3y=2oux=3y=2Doncw = 3 2iouw = 3 + 2i.Algebre
Page 66 : Exercice 5.18Resoudre dans C les equations suivantes :az2 + z + 1 = 0bz2 22 + iz + 6 + 8i = 0ciz2 + 4i 3z + i 5 = 0dz4 5 14iz2 25i + 12 = 0Avant de resoudre ces equations, rappelons le theoreme suivant :Theoreme Equations du second degre a coefficients complexesSoient a, b et c trois nombres complexes avec a ̸= 0. Alors les solutions del’equation d’inconnu z C :az2 + bz + c = 0sontb + δ2aetb δ2a,ou δ est l’une quelconque des deux racines carrees du discriminant= b2 4ac.Algebre
Page 67 : Exercice 5.18a Resoudre z2 + z + 1 = 0.Solution : Nous avons= 12 4 · 1 · 1 = 3.Or, nous savons que les deux racines carrees du discriminant sont3iet3iPar consequent, les solutions de l’equation z2 + z + 1 = 0, sontz = 1 +3i2etz = 1 3i2Notons que1 +3i2= ei 2π3et1 3i2= 1 +3i2= ei 2π3 = ei 4π3 =1 +3i22.Algebre
Page 68 : Exercice 5.18b Resoudre z2 22 + iz + 6 + 8i = 0.Solution : Nous avons=22 + i2 46 + 8i = 42 + i2 24 32i=44 + 4i 1 24 32i = 12 16i=43 + 4i=43 4i.Or, d’apres l’exercice precedent, nous savons que les deux racines carreesdu complexe 3 4i sont1 2iet1 + 2i.Ainsi, les deux racines carrees du discriminant sont :21 2i = 2 4iet21 2i = 2 + 4iAlgebre
Page 69 : Exercice 5.18Par consequent, les solutions de l’equation z2 22 + iz + 6 + 8i = 0,sontz=22 + i + 2 4i2= 2 + i + 1 2i = 3 i.z=22 + i 2 4i2= 2 + i 1 + 2i = 1 + 3i.Algebre
Page 70 : Exercice 5.18c Resoudre iz2 + 4i 3z + i 5 = 0.Solution : Nous avons=4i 32 4ii 5=3 4i.Or, d’apres le exercice precedent, nous savons que les deux racinescarrees du discriminant sont1 2iet1 2iPar consequent, les solutions de l’equation iz2 + 4i 3z + i 5 = 0,sontz=4i 3 + 1 2i2i= 4 6i2i= 3 2i.z=4i 3 1 2i2i= 2 2i2i= 1 i.Algebre
Page 71 : Exercice 5.18d z4 5 14iz2 25i + 12 = 0.Solution : On pose Z = z2. Nous allons d’abord resoudreZ 2 5 14iZ 25i + 12 = 0.Nous avons=5 14i2 425i + 12=75 100i=253 4i.Or, d’apres l’exercice precedent, nous savons que les deux racines carreesde 3 4i sont :1 2iet1 + 2i.Donc les deux racines carrees du discriminant sont :51 2i = 5 10iet51 2i = 5 + 10iAlgebre
Page 72 : Exercice 5.18Par consequent, les solutions de l’equationZ 2 5 14iZ 25i + 12 = 0, sontZ=5 14i + 5 10i2= 5 12i.Z=5 14i 5 10i2= 2i.Ainsi, pour trouver les solutions de z4 5 14iz2 25i + 12 = 0, ilnous faut resoudrez2=5 12ietz2=2i = 2eiπ2 .Maintenant, d’apres l’exercice precedent on sait quez2 = 5 12i⇐⇒z = 3 2i ou z = 3 + 2i.Algebre
Page 73 : Exercice 5.18De mˆemez2 = 2i = 2eiπ2⇐⇒z =2eiπ4ouz = 2eiπ4 .Les solutions de l’equation z4 5 14iz2 25i + 12 = 0, sont doncn3 2i, 3 + 2i,2eiπ4 , 2eiπ4o.Algebre
Page 74 : Exercice 5.19On note α = ei2π5 . On pose A = α + α4 et B = α2 + α3.1 Justifier que A et B sont les solutions de l’equationE : x2 + x 1 = 0.Solution : Nous avonsA2 + A 1=α + α42+ α + α4 1=α2 + 2α5 + α8 + α + α4 1.Mais α5 = 1, doncA2 + A 1=α2 + 2α5 + α8 + α + α4 1=α2 + 2 + α3 + α + α4 1=α4 + α3 + α2 + α + 1 = 0.Ainsi A est solution de x2 + x 1 = 0. Le mˆeme raissonement nous permet deconclure que B est solution de l’equation.Algebre
Page 75 : Exercice 5.192 Determiner A en fonction de cos 2π5.Solution : Nous avonsα + α4=e2iπ5 + e8iπ5=e2iπ5 + e10iπ5 e2iπ5=e2iπ5 + e2iπe2iπ5= e2iπ5 + e2iπ5etα2 + α3=e4iπ5 + e6iπ5=e4iπ5 + e10iπ5 e4iπ5=e2iπ5 + e2iπe4iπ5= e4iπ5 + e4iπ5 .La formule d’Euler nous permet donc de conclureA = α + α4 = e2iπ5 + e2iπ5= 2 cos2π5.Ainsi, 2 cos 2π5est solution de x2 + x 1 = 0.Algebre
Page 76 : Exercice 5.193 En deduire la valeur exacte de cos 2π5.Solution : Le discriminant de x2 + x 1 = 0 est 5. Les solutions del’equation sont sont donc1 +52et1 52.Puisque 2 cos 2π5est solution de x2 + x 1 = 0, on conclut que lavaleur du cosinus est1 +52ou1 52.Finalement, 2π5 etant inferieur a π2 son cosinus est positif. D’ou2 cos2π5= 1 +52=⇒cos2π5= 1 +54.Algebre
Page 77 : Exercice 5.201Calculer les racines cubiques de 1+i4et montrer que l’une d’elles aune puissance quatrieme reelle.2Calculer les racines 5es de 1.3Calculer les racines 8es de1+i3i .4Resoudre l’equation z7 =1z2 .Algebre
Page 78 : Exercice 5.20Calculer les racines cubiques de 1+i4et montrer que l’une d’elles a unepuissance quatrieme reelle.Solution : Commen¸cons par chercher une forme exponentielle de 1+i4.Nous avons141 + i=24 22 + i22!=24cos3π4+ i sin3π4=24 ei 3π4 .Algebre
Page 79 : Exercice 5.20Soit ζ = reiθ une racine cubique de24 ei 3π4 , alorsζ3 =24 ei 3π4⇐⇒r 3e3iθ =24 ei 3π4⇐⇒r 3 =24et3θ = 3π4mod 2π⇐⇒r =3s24etθ = π4 + 2kπ3 , k = 0, 1, 2.Maintenant,24=12 · 2=12 ·2 ·2=123=⇒3s24=12.Algebre
Page 80 : Exercice 5.20Ainsi, les racines cubiques de 1+i4sontζ0=12eiπ4ζ1=12eiπ4 + 2iπ3 =12e11iπ12ζ2=12eiπ4 + 4iπ3 =12e19iπ12 =12e5iπ12 .Pour finir, notons queζ40 = 12eiπ44= 14eiπ = 14.Algebre
Page 81 : Exercice 5.20Calculer les racines 5es de 1.Solution : Commen¸cons par chercher une forme exponentielle de 1.Nous avons1 = eiπ.Soit ζ = reiθ une racine cinquieme de 1, alorsζ5 = eiπ⇐⇒r 5e5iθ = eiπ⇐⇒r 5 = 1et5θ = πmod 2π⇐⇒r = 1etθ = π5 + 2kπ5 , k = 0, 1, 2, 3, 4.Ainsi, les racines 5es de 1 sontζk=eiπ5 + 2ikπ5= ei1+2kπ5, k = 0, 1, 2, 3, 4.Algebre
Page 82 : Exercice 5.20Calculer les racines 8es de1+i3i .Solution : Commen¸cons par chercher une forme exponentielle de1+i3i . Nousavons1 + i3 i=2 22 + i222 32 i 12=2 · eiπ42 · eiπ6=12e5iπ12Soit ζ = reiθ une racine cubique de12e5iπ12 , alorsζ8 =12e5iπ12⇐⇒r 8e8iθ =12e5iπ12⇐⇒r 8 =12et8θ = 5π12mod 2π⇐⇒r =12 116etθ = 5π96 + 2kπ8 , k = 0, 1, · · · , 7.Ainsi, les racines 8es de1+i3i sontζk=12 116e5iπ96 + 2ikπ8= ei5+24kπ96, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.Algebre
Page 83 : Exercice 5.20Resoudre l’equation z7 =1z2 .Solution : Soit z = reiθ. Nous avonsz7 = 1z2⇐⇒1 = z7z2⇐⇒1 = r 7e7iθr 2e2iθ⇐⇒1 = r 9e7iθe2iθ⇐⇒1 = r 9e5iθ⇐⇒ei0 = r 9e5iθ⇐⇒1 = r 9et5θ = 0mod 2π⇐⇒1 = r 9et5θ = 0mod 2π⇐⇒1 = retθ = 2kπ5 , k = 0, 1, 2, 3, 4.Ainsi, les solutions de l’equation z7 =1z2 sontz = e2ikπ5 , k = 0, 1, 2, 3, 4.Algebre
Page 84 : Exercice 5.211 Resoudre dans C l’equation z5 1 = 0 et representer les solutions.Solution : Ce sont les racines 5es de l’unite, c’est-a-dire les complexes dela formee2ikπ5 , k = 0, 1, 2, 3, 4.Les solutions forment un pentagone regulier inscrit dans le cercle unite.2 On pose u = e2iπ5 .a Montrer que 1 + u + u2 + u3 + u4 = 0.Solution : Nous avons1 + u + u2 + u3 + u4=1 u51 u=1 e2iπ1 e2iπ5= 1 11 u = 0.Algebre
Page 85 : Exercice 5.21b Verifier que u + u4 = 2 cos 2π5et u2 + u3 = 2 cos 4π5.Solution : Nous avonsu + u4=e2iπ5 + e8iπ5=e2iπ5 + e10iπ5 e2iπ5=e2iπ5 + e2iπe2iπ5= e2iπ5 + e2iπ5etu2 + u3=e4iπ5 + e6iπ5=e4iπ5 + e10iπ5 e4iπ5=e2iπ5 + e2iπe4iπ5= e4iπ5 + e4iπ5 .La formule d’Euler nous permet donc de conclureu + u4=e2iπ5 + e2iπ5= 2 cos2π5,u2 + u3=e4iπ5 + e4iπ5= 2 cos4π5.Algebre
Page 86 : Exercice 5.213 En deduire que cos 2π5est solution de l’equation 4x2 + 2x 1 = 0puis calculercos2π5et cos4π5.Solution : Nous avons4 cos22π5+ 2 cos2π51=u + u42 + u + u4 1=u2 + u8 + 2u5 + u + u4 1.Mais u5 = 1, donc4 cos22π5+ 2 cos2π51=u2 + u3 + 2 + u + u4 1=u4 + u3 + u2 + u + 1 = 0.Le mˆeme raisonaiment nous permet de montrer que cos 4π5est solutionde 4x2 + 2x 1 = 0.Algebre
Page 87 : Exercice 5.21Maintenant, le discriminant de 4x2 + 2x 1 = 0 est 20. Ainsi, lessolutions de l’equation 4x2 + 2x 1 = 0, sont1 +54et1 54.Puisque cos 2π5et cos 4π5sont des solutions de 4x2 + 2x 1 = 0, onconclut que ces deux cosinus valent1 ±54.Finalement, 2π5 etant inferieur a π2 son cosinus est positif, le second estnegatif. D’oucos2π5= 1 +54etcos4π5= 1 54.Algebre
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