Nombres complexes : exercices corrigés

Solution de la question : \(z_1 = 4 – 7i\) :
\[
\operatorname{Re}(z_1) = 4, \quad \operatorname{Im}(z_1) = -7, \quad \overline{z_1} = 4 + 7i
\]
Solution : \(z_2 = -3i\) :
\[
\operatorname{Re}(z_2) = 0, \quad \operatorname{Im}(z_2) = -3, \quad \overline{z_2} = 3i
\]
Solution : \(z_3 = 5\) :
\[
\operatorname{Re}(z_3) = 5, \quad \operatorname{Im}(z_3) = 0, \quad \overline{z_3} = 5
\]
Solution : \(z_4 = i(3 – 2i)\) :

On développe d’abord :

\[
z_4 = 3i – 2i^2 = 3i – 2(-1) = 2 + 3i
\]
\[
\operatorname{Re}(z_4) = 2, \quad \operatorname{Im}(z_4) = 3, \quad \overline{z_4} = 2 – 3i
\]

Solution 1 :
\[
z_1 = (3+1) + (2-5)i = 4 – 3i
\]
Solution 2 :
\[
z_2 = 8 + 6i – 4i – 3i^2 = 8 + 2i + 3 = 11 + 2i
\]
Solution 3 :
\[
(1+i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 1 + 2i – 1 = 2i
\]
\[
z_3 = (1+i)^2 \cdot (1+i) = 2i(1+i) = 2i + 2i^2 = -2 + 2i
\]
Solution 4 :
\[
\overline{2-3i} = 2+3i
\]
\[
z_4 = (2+3i)(1+i) = 2 + 2i + 3i + 3i^2 = 2 + 5i – 3 = -1 + 5i
\]

Solution 1 :
\[
z_1 = \frac{1}{2+i} = \frac{1 \cdot (2-i)}{(2+i)(2-i)} = \frac{2-i}{4+1} = \frac{2}{5} – \frac{1}{5}i
\]
Solution 2 :
\[
z_2 = \frac{(3-i)(1-2i)}{(1+2i)(1-2i)} = \frac{3 – 6i – i + 2i^2}{1 + 4} = \frac{3 – 7i – 2}{5} = \frac{1 – 7i}{5} = \frac{1}{5} – \frac{7}{5}i
\]
Solution 3 :

On calcule d’abord \((1+i)^2 = 2i\), donc :

\[
z_3 = \frac{2i}{1-i} = \frac{2i(1+i)}{(1-i)(1+i)} = \frac{2i + 2i^2}{2} = \frac{-2 + 2i}{2} = -1 + i
\]

Solution 1 :

Posons \(z = a + bi\) et \(z’ = c + di\).

\[
\overline{z + z’} = \overline{(a+c) + (b+d)i} = (a+c) – (b+d)i
\]
\[
\overline{z} + \overline{z’} = (a – bi) + (c – di) = (a+c) – (b+d)i
\]
Les deux membres sont égaux.

Solution 2 :
\[
z \cdot z’ = (ac – bd) + (ad + bc)i
\]
\[
\overline{z \cdot z’} = (ac – bd) – (ad + bc)i
\]
\[
\overline{z} \cdot \overline{z’} = (a – bi)(c – di) = ac – adi – bci + bdi^2 = (ac – bd) – (ad + bc)i
\]
Les deux membres sont égaux.

Solution 3 :

Si \(P(z) = 0\), alors :

\[
\overline{P(z)} = \overline{z^2 – 3z + 5} = \overline{z^2} – 3\overline{z} + 5 = \overline{z}^2 – 3\overline{z} + 5 = P(\overline{z})
\]

Donc \(P(z) = 0 \Rightarrow P(\overline{z}) = \overline{0} = 0\). Ainsi \(\overline{z}\) est également racine de \(P\).

Solution — \(z_1 = 1 + i\) :
\[
|z_1| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}, \quad \cos\theta = \frac{1}{\sqrt{2}},\ \sin\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{4}
\]
\[
z_1 = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4}
\]

Solution — \(z_2 = -\sqrt{3} + i\) :
\[
|z_2| = \sqrt{3 + 1} = 2, \quad \cos\theta = \frac{-\sqrt{3}}{2},\ \sin\theta = \frac{1}{2} \Rightarrow \theta = \frac{5\pi}{6}
\]
\[
z_2 = 2\,e^{i5\pi/6}
\]

Solution — \(z_3 = -2i\) :
\[
|z_3| = 2, \quad \theta = -\frac{\pi}{2}
\]
\[
z_3 = 2\,e^{-i\pi/2}
\]

Solution — \(z_4 = -3\) :
\[
|z_4| = 3, \quad \theta = \pi
\]
\[
z_4 = 3\,e^{i\pi}
\]

Solution 1 :
\[
z_1 \cdot z_2 = 6\,e^{i(\pi/3 – \pi/6)} = 6\,e^{i\pi/6} = 6\!\left(\cos\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6}\right) = 6\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + 6\cdot\frac{1}{2}\,i = 3\sqrt{3} + 3i
\]
\[
\frac{z_1}{z_2} = \frac{2}{3}\,e^{i(\pi/3 + \pi/6)} = \frac{2}{3}\,e^{i\pi/2} = \frac{2}{3}\!\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right) = \frac{2}{3}i
\]

Solution 2 :

La forme exponentielle de \(z_1 z_2\) donne directement :

\[
\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}, \qquad \sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}
\]

Solution 1 — inégalité de droite :
\[
|z + z’|^2 = (z+z’)\overline{(z+z’)} = |z|^2 + z\overline{z’} + \overline{z}z’ + |z’|^2
\]

Or \(z\overline{z’} + \overline{z}z’ = 2\operatorname{Re}(z\overline{z’}) \leq 2|z\overline{z’}| = 2|z||z’|\), donc :

\[
|z+z’|^2 \leq |z|^2 + 2|z||z’| + |z’|^2 = \bigl(|z|+|z’|\bigr)^2
\]

En prenant la racine (modules positifs) : \(|z+z’| \leq |z| + |z’|\).

L’inégalité de gauche s’obtient en écrivant \(|z| = |(z+z’) – z’| \leq |z+z’| + |z’|\), soit \(|z| – |z’| \leq |z+z’|\), et de même en échangeant les rôles.

Solution 2 — cas d’égalité :

L’égalité \(|z+z’| = |z|+|z’|\) a lieu si et seulement si \(\operatorname{Re}(z\overline{z’}) = |z||z’|\). Or \(\operatorname{Re}(z\overline{z’}) = |z\overline{z’}|\cos(\arg(z\overline{z’}))\) et \(|z\overline{z’}| = |z||z’|\), donc il faut \(\cos(\arg(z) – \arg(z’)) = 1\), soit \(\arg(z) – \arg(z’) = 0 \pmod{2\pi}\). Cela équivaut à l’existence de \(\lambda \geq 0\) tel que \(z’ = \lambda z\).

Solution 1 — racines de \(3 + 4i\) :

On pose \(z = a + bi\) et on résout \((a+bi)^2 = 3 + 4i\), soit :

\[
\begin{cases} a^2 – b^2 = 3 \\ 2ab = 4 \end{cases}
\]

On utilise également \(a^2 + b^2 = |3 + 4i| = 5\). En ajoutant les deux égalités :

\[
2a^2 = 8 \Rightarrow a^2 = 4 \Rightarrow a = \pm 2
\]
\[
2b^2 = 2 \Rightarrow b^2 = 1 \Rightarrow b = \pm 1
\]

La condition \(2ab = 4 > 0\) impose que \(a\) et \(b\) soient de même signe. Les deux racines sont donc :

\[
z = 2 + i \quad \text{et} \quad z = -2 – i
\]

Solution 2 — racines de \(-5 + 12i\) :
\[
\begin{cases} a^2 – b^2 = -5 \\ 2ab = 12 \end{cases}, \quad a^2 + b^2 = |-5+12i| = 13
\]
\[
2a^2 = 8 \Rightarrow a = \pm 2, \quad 2b^2 = 18 \Rightarrow b = \pm 3
\]

La condition \(2ab = 12 > 0\) impose \(a\) et \(b\) de même signe. Les racines sont :

\[
z = 2 + 3i \quad \text{et} \quad z = -2 – 3i
\]

Solution 1 :
\[
\left(e^{i\theta/2}\right)^2 = e^{i\theta} = w
\]

Donc \(e^{i\theta/2}\) est bien une racine carrée de \(w\), et \(-e^{i\theta/2} = e^{i(\theta/2 + \pi)}\) est l’autre.

Solution 2 :

Les racines carrées de \(e^{i\pi/3}\) sont \(\pm e^{i\pi/6}\).

\[
e^{i\pi/6} = \cos\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i
\]

Les deux racines sont donc :

\[
\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i \quad \text{et} \quad -\frac{\sqrt{3}}{2} – \frac{1}{2}i
\]

Solution 1 — \(z^2 – 2z + 5 = 0\) :
\[
\Delta = 4 – 20 = -16 \quad \Rightarrow \quad \sqrt{\Delta} = 4i
\]
\[
z = \frac{2 \pm 4i}{2} \quad \Rightarrow \quad z_1 = 1 + 2i, \quad z_2 = 1 – 2i
\]

Solution 2 — \(z^2 + z + 1 = 0\) :
\[
\Delta = 1 – 4 = -3 \quad \Rightarrow \quad \sqrt{\Delta} = i\sqrt{3}
\]
\[
z = \frac{-1 \pm i\sqrt{3}}{2} \quad \Rightarrow \quad j = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2}, \quad \overline{j} = \frac{-1 – i\sqrt{3}}{2}
\]

Ces deux racines sont les racines primitives cubiques de l’unité, notées \(j\) et \(\overline{j}\).

Solution :
\[
\Delta = (3+i)^2 – 4(2+2i) = 9 + 6i + i^2 – 8 – 8i = 9 + 6i – 1 – 8 – 8i = -2i
\]

On cherche \(\sqrt{-2i}\), soit \(z = a + bi\) vérifiant \(z^2 = -2i\) :

\[
\begin{cases} a^2 – b^2 = 0 \\ 2ab = -2 \end{cases}, \quad a^2 + b^2 = 2
\]
\[
a^2 = b^2 = 1, \quad ab = -1 \Rightarrow a \text{ et } b \text{ de signes opposés}
\]
\[
\sqrt{-2i} = 1 – i \quad \text{ou} \quad -(1 – i) = -1 + i
\]

Les solutions sont :

\[
z_1 = \frac{(3+i) + (1-i)}{2} = \frac{4}{2} = 2
\]
\[
z_2 = \frac{(3+i) + (-1+i)}{2} = \frac{2 + 2i}{2} = 1 + i
\]

Vérification : \((z-2)(z-(1+i)) = z^2 – (3+i)z + 2(1+i) = z^2 – (3+i)z + 2 + 2i\). ✓

Solution 1 :
\[
P(-2) = (-2)^3 + 2(-2)^2 + (-2) + 2 = -8 + 8 – 2 + 2 = 0 \quad \checkmark
\]

Solution 2 :

Division de \(z^3 + 2z^2 + z + 2\) par \((z+2)\) :

\[
z^3 + 2z^2 + z + 2 = (z+2)(z^2 + 1)
\]

Vérification : \((z+2)(z^2+1) = z^3 + z + 2z^2 + 2 = z^3 + 2z^2 + z + 2\). ✓

Solution 3 :

On résout \((z+2)(z^2+1) = 0\), soit \(z = -2\) ou \(z^2 = -1\).

\[
z^2 = -1 \Rightarrow z = i \quad \text{ou} \quad z = -i
\]

L’ensemble des solutions est \(\{-2,\, i,\, -i\}\).

Solution 1 :

Les 6 racines sont \(\omega_k = e^{ik\pi/3}\) pour \(k = 0, 1, 2, 3, 4, 5\) :

Ces 6 points sont régulièrement répartis sur le cercle unité.

Solution 2 — Somme :

Soit \(\omega = e^{i\pi/3}\). La somme est une suite géométrique de raison \(\omega \neq 1\) et de premier terme \(1\) :

\[
S = \sum_{k=0}^{5} \omega^k = \frac{\omega^6 – 1}{\omega – 1} = \frac{e^{2i\pi} – 1}{\omega – 1} = \frac{1 – 1}{\omega – 1} = 0 \quad \checkmark
\]

Solution 3 — Produit :
\[
\prod_{k=0}^{5} e^{ik\pi/3} = e^{i\pi/3(0+1+2+3+4+5)} = e^{i\pi/3 \cdot 15} = e^{5i\pi} = e^{i\pi} = -1
\]

Solution 1 :
\[
z_I = \frac{z_A + z_B}{2} = \frac{(2+i) + (-1+3i)}{2} = \frac{1 + 4i}{2} = \frac{1}{2} + 2i
\]

Solution 2 :

\(ABDC\) est un parallélogramme signifie \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CD}\), soit \(z_B – z_A = z_D – z_C\).

\[
z_D = z_C + z_B – z_A = (4-2i) + (-1+3i) – (2+i) = 1
\]

Solution 3 :
\[
AB = |z_B – z_A| = |(-1+3i) – (2+i)| = |-3 + 2i| = \sqrt{9 + 4} = \sqrt{13}
\]

Solution 1 — \(|z – 1| = |z + i|\) :

C’est la médiatrice du segment joignant les points d’affixes \(1\) et \(-i\), c’est-à-dire les points \(A(1, 0)\) et \(B(0, -1)\). Son équation cartésienne s’obtient par \(MA = MB\) :

\[
(x-1)^2 + y^2 = x^2 + (y+1)^2 \Rightarrow -2x + 1 = 2y + 1 \Rightarrow x + y = 0
\]

L’ensemble est la droite d’équation \(y = -x\).

Solution 2 — \(|z – 2| = 3\) :

C’est le cercle de centre \(2\) (coordonnées \((2, 0)\)) et de rayon \(3\).

Solution 3 :

Posons \(z = x + yi\). On calcule :

\[
\frac{z-1}{z+1} = \frac{(x-1+yi)((x+1)-yi)}{|z+1|^2} = \frac{(x^2-1+y^2) + (y(x+1) – y(x-1))i}{(x+1)^2+y^2}
\]
\[
= \frac{(x^2+y^2-1) + 2yi}{(x+1)^2+y^2}
\]

La partie réelle est nulle si et seulement si \(x^2 + y^2 = 1\). L’ensemble est le cercle unité privé du point \((-1, 0)\).

Solution 1 :

Ici \(a = 1 + i\). C’est bien une similitude directe car \(a \neq 0\).

\[
|a| = |1+i| = \sqrt{2} \quad \Rightarrow \text{ rapport } k = \sqrt{2}
\]
\[
\arg(1+i) = \frac{\pi}{4} \quad \Rightarrow \text{ angle } \frac{\pi}{4}
\]

Le centre \(\Omega\) d’affixe \(\omega\) vérifie \(f(\omega) = \omega\) :

\[
(1+i)\omega – 2 + i = \omega \Rightarrow i\omega = 2 – i \Rightarrow \omega = \frac{2-i}{i} = \frac{(2-i)(-i)}{i \cdot (-i)} = \frac{-2i + i^2}{1} = \frac{-1-2i}{1} = -1 – 2i
\]

Le centre de la similitude est le point d’affixe \(-1 – 2i\).

Solution 2 :
\[
f(1) = (1+i)(1) – 2 + i = 1 + i – 2 + i = -1 + 2i
\]

L’image de \(A(1)\) est le point d’affixe \(-1 + 2i\).

Solution 3 :

Le seul point invariant est le centre de la similitude, c’est-à-dire le point d’affixe \(-1 – 2i\). (En dehors de l’identité, une similitude non triviale admet au plus un point fixe.)

Solution 1 :
\[
z_B – z_A = (1 + i\sqrt{3}) – 2 = -1 + i\sqrt{3}
\]
\[
z_C – z_A = (-1 + i\sqrt{3}) – 2 = -3 + i\sqrt{3}
\]
\[
\frac{z_C – z_A}{z_B – z_A} = \frac{-3 + i\sqrt{3}}{-1 + i\sqrt{3}} = \frac{(-3 + i\sqrt{3})(-1 – i\sqrt{3})}{(-1)^2 + (\sqrt{3})^2} = \frac{3 + 3i\sqrt{3} – i\sqrt{3} – i^2 \cdot 3}{4}
\]
\[
= \frac{3 + 3 + (3\sqrt{3} – \sqrt{3})i}{4} = \frac{6 + 2\sqrt{3}\,i}{4} = \frac{3 + \sqrt{3}\,i}{2}
\]

Le module est \(\left|\dfrac{3+\sqrt{3}\,i}{2}\right| = \dfrac{\sqrt{9+3}}{2} = \dfrac{\sqrt{12}}{2} = \sqrt{3}\). Donc \(AC = \sqrt{3} \cdot AB\). L’angle en \(A\) est \(\arg\!\left(\dfrac{3+\sqrt{3}i}{2}\right)\). On a \(\cos\theta = \dfrac{3}{2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2}\), donc \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\). Le triangle \(ABC\) est un triangle ayant un angle de \(30°\) en \(A\).

Solution 2 :
\[
|z_A| = |2| = 2
\]
\[
|z_B| = |1 + i\sqrt{3}| = \sqrt{1 + 3} = 2
\]
\[
|z_C| = |-1 + i\sqrt{3}| = \sqrt{1 + 3} = 2
\]

Les trois points sont sur le cercle de centre \(O\) et de rayon \(2\).

Solution 3 :
\[
\frac{z_C – z_O}{z_B – z_O} = \frac{z_C}{z_B} = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{1 + i\sqrt{3}}
\]
\[
= \frac{(-1+i\sqrt{3})(1-i\sqrt{3})}{|1+i\sqrt{3}|^2} = \frac{-1 + i\sqrt{3} + i\sqrt{3} – i^2 \cdot 3}{4} = \frac{2 + 2i\sqrt{3}}{4} = \frac{1 + i\sqrt{3}}{2} = e^{i\pi/3}
\]

Donc l’angle orienté \(\widehat{BOC} = \dfrac{\pi}{3}\), soit \(60°\).

Solution 1 — \(\cos^3\theta\) :
\[
\cos^3\theta = \left(\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}\left(e^{3i\theta} + 3e^{i\theta} + 3e^{-i\theta} + e^{-3i\theta}\right)
\]
\[
= \frac{1}{8}\left(2\cos 3\theta + 6\cos\theta\right) = \frac{1}{4}\cos 3\theta + \frac{3}{4}\cos\theta
\]

Solution 2 — \(\sin^2\theta\cos\theta\) :
\[
\sin^2\theta = \frac{1 – \cos 2\theta}{2}
\]
\[
\sin^2\theta\cos\theta = \frac{1}{2}(1 – \cos 2\theta)\cos\theta = \frac{\cos\theta}{2} – \frac{\cos 2\theta \cos\theta}{2}
\]

Or \(\cos 2\theta\cos\theta = \dfrac{\cos 3\theta + \cos\theta}{2}\), donc :

\[
\sin^2\theta\cos\theta = \frac{\cos\theta}{2} – \frac{\cos 3\theta + \cos\theta}{4} = \frac{\cos\theta}{4} – \frac{\cos 3\theta}{4}
\]
\[
= \frac{1}{4}\cos\theta – \frac{1}{4}\cos 3\theta
\]

Solution 1 :
\[
z^2 = e^{i\pi/6} = \cos\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i
\]
\[
z^3 = e^{i\pi/4} = \cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i
\]

Solution 2 :
\[
z = \frac{z^3}{z^2} = \frac{\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}i}{\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}i}
\]

On multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué de \(z^2\) :

\[
z = \frac{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right)\!\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} – \dfrac{1}{2}i\right)}{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2} = \frac{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right)\!\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} – \dfrac{1}{2}i\right)}{1}
\]
\[
= \frac{\sqrt{6}}{4} – \frac{\sqrt{2}}{4}i + \frac{\sqrt{6}}{4}i + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}i
\]

En identifiant avec \(z = \cos\dfrac{\pi}{12} + i\sin\dfrac{\pi}{12}\) :

\[
\cos\frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, \qquad \sin\frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}
\]