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Chapitre 7 — Nombres complexes

Semestre 1

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Cours

Plan du chapitre. Partie 1 : I. Forme algébrique — II. Module, argument, formes trigonométrique et exponentielle — III. Nombres complexes et géométrie. Partie 2 : IV. Équations du second degré dans C\mathbb{C} — V. Transformations du plan — VI. Formules d’Euler et linéarisation — VII. Ensembles de points — Résumé.

Dans tout le chapitre, le plan est rapporté à un repère orthonormé direct (O;u⃗,v⃗)(O;\vec u,\vec v).

I. Forme algébrique d’un nombre complexe

1. Définition

Définition 1 — l’ensemble C\mathbb{C}

Il existe un ensemble, noté C\mathbb{C}, contenant R\mathbb{R}, muni d’une addition et d’une multiplication qui prolongent celles de R\mathbb{R} et ont les mêmes règles de calcul, et contenant un nombre ii tel que i2=−1i^2=-1.

Tout nombre complexe zz s’écrit de façon unique z=a+ibz=a+ib avec a∈Ra\in\mathbb{R} et b∈Rb\in\mathbb{R} : c’est la forme algébrique de zz. Le réel aa est la partie réelle de zz, notée ℜ(z)\Re(z) ; le réel bb est la partie imaginaire, notée ℑ(z)\Im(z).

Propriété 1

  • zz est réel   ⟺  ℑ(z)=0\iff\Im(z)=0 ; zz est imaginaire pur   ⟺  ℜ(z)=0\iff\Re(z)=0 (on note iRi\mathbb{R} l’ensemble des imaginaires purs).
  • Pour tous réels a,b,a′,b′a,b,a',b' : a+ib=a′+ib′  ⟺  a=a′a+ib=a'+ib'\iff a=a' et b=b′b=b'. En particulier a+ib=0  ⟺  a=b=0a+ib=0\iff a=b=0.

2. Exemples

Exemple 1

  • Calculer (2+3i)+(1−5i)(2+3i)+(1-5i) et (2+3i)(1−5i)(2+3i)(1-5i).
  • Calculer i2i^2, i3i^3, i4i^4, en déduire i4k+ri^{4k+r} pour k∈Nk\in\mathbb{N}, puis calculer i2026i^{2026}.
Voir la solution
  • (2+3i)+(1−5i)=3−2i(2+3i)+(1-5i)=3-2i ; (2+3i)(1−5i)=2−10i+3i−15i2=17−7i\quad(2+3i)(1-5i)=2-10i+3i-15i^2=17-7i.
  • Puissances de ii : i2=−1i^2=-1, i3=−ii^3=-i, i4=1i^4=1, donc i4k+r=iri^{4k+r}=i^r pour k∈Nk\in\mathbb{N}. Par exemple i2026=i4×506+2=−1i^{2026}=i^{4\times506+2}=-1.

3. Représentation géométrique

Définition 2 — affixe

À tout nombre complexe z=a+ibz=a+ib (a,ba,b réels) on associe le point M(a;b)M(a;b) et le vecteur w⃗=au⃗+bv⃗\vec w=a\vec u+b\vec v. On dit que zz est l’affixe de MM (et de w⃗\vec w), et que MM est l’image de zz. On note M(z)M(z).

Propriété 2

Pour des points A(zA)A(z_A), B(zB)B(z_B) :

  • le vecteur AB→\overrightarrow{AB} a pour affixe zB−zAz_B-z_A ;
  • le milieu II de [AB][AB] a pour affixe zI=zA+zB2z_I=\dfrac{z_A+z_B}2 ;
  • AB→=DC→  ⟺  zB−zA=zC−zD\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\iff z_B-z_A=z_C-z_D (caractérisation d’un parallélogramme ABCDABCD).

4. Conjugué et inverse

Définition 3 — conjugué

Le conjugué de z=a+ibz=a+ib (a,ba,b réels) est le nombre complexe z‾=a−ib\overline z=a-ib. Les points M(z)M(z) et M′(z‾)M'(\overline z) sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses.

Propriété 3

Pour tous z,z′∈Cz,z'\in\mathbb{C} et n∈Nn\in\mathbb{N} :

  • z+z′‾=z‾+z′‾\overline{z+z'}=\overline z+\overline{z'},   zz′‾=z‾ z′‾\;\overline{zz'}=\overline z\,\overline{z'},   zn‾=(z‾)n\;\overline{z^n}=\left(\overline z\right)^n et, si z′≠0z'\neq0, (zz′)‾=z‾z′‾\overline{\left(\dfrac z{z'}\right)}=\dfrac{\overline z}{\overline{z'}} ;
  • z+z‾=2ℜ(z)z+\overline z=2\Re(z),   z−z‾=2iℑ(z)\;z-\overline z=2i\Im(z),   zz‾=a2+b2\;z\overline z=a^2+b^2 ;
  • z∈R  ⟺  z‾=zz\in\mathbb{R}\iff\overline z=z ;   z∈iR  ⟺  z‾=−z\;z\in i\mathbb{R}\iff\overline z=-z.

Méthode — forme algébrique d’un quotient

On multiplie le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur : 1a+ib=a−iba2+b2\dfrac1{a+ib}=\dfrac{a-ib}{a^2+b^2}.

Application 1

Écrire sous forme algébrique z1=3−i1+2iz_1=\dfrac{3-i}{1+2i} et z2=(1+i)4z_2=(1+i)^4.

Voir la solution

z1=(3−i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=3−6i−i+2i21+4=1−7i5=15−75iz_1=\dfrac{(3-i)(1-2i)}{(1+2i)(1-2i)}=\dfrac{3-6i-i+2i^2}{1+4}=\dfrac{1-7i}5=\dfrac15-\dfrac75i.

(1+i)2=1+2i+i2=2i(1+i)^2=1+2i+i^2=2i, donc z2=(2i)2=−4z_2=(2i)^2=-4.

II. Module, argument, formes trigonométrique et exponentielle

1. Module

Définition 4 — module

Le module de z=a+ibz=a+ib (a,ba,b réels) est le réel positif ∣z∣=zz‾=a2+b2|z|=\sqrt{z\overline z}=\sqrt{a^2+b^2}. Si MM est l’image de zz, alors ∣z∣=OM|z|=OM ; et pour A(zA)A(z_A), B(zB)B(z_B) : AB=∣zB−zA∣AB=\left|z_B-z_A\right|.

Propriété 4

Pour tous z,z′∈Cz,z'\in\mathbb{C} et n∈Nn\in\mathbb{N} : ∣z∣=0  ⟺  z=0|z|=0\iff z=0 ; ∣z‾∣=∣−z∣=∣z∣|\overline z|=|-z|=|z| ; ∣zz′∣=∣z∣∣z′∣|zz'|=|z||z'| ; ∣zn∣=∣z∣n\left|z^n\right|=|z|^n ; si z′≠0z'\neq0, ∣zz′∣=∣z∣∣z′∣\left|\dfrac z{z'}\right|=\dfrac{|z|}{|z'|} ; et l’inégalité triangulaire ∣z+z′∣≤∣z∣+∣z′∣|z+z'|\le|z|+|z'|.

Exemple 2

Calculer ∣3−4i∣|3-4i|, ∣1+i3−i∣\left|\dfrac{1+i}{\sqrt3-i}\right| et ∣(1−i)10∣\left|(1-i)^{10}\right|.

Voir la solution

∣3−4i∣=9+16=5|3-4i|=\sqrt{9+16}=5 ; ∣1+i3−i∣=22\quad\left|\dfrac{1+i}{\sqrt3-i}\right|=\dfrac{\sqrt2}{2} ; ∣(1−i)10∣=(2)10=32\quad\left|(1-i)^{10}\right|=\left(\sqrt2\right)^{10}=32.

2. Argument

Définition 5 — argument

Soit zz un nombre complexe non nul d’image MM. On appelle argument de zz toute mesure θ\theta de l’angle orienté (u⃗,OM→)\left(\vec u,\overrightarrow{OM}\right). On note arg⁡(z)≡θ  [2π]\arg(z)\equiv\theta\;[2\pi].

Figure

Propriété 5

Pour z,z′z,z' non nuls et n∈Nn\in\mathbb{N} :

RègleFormule
produit, puissancearg⁡(zz′)≡arg⁡z+arg⁡z′  [2π]\arg(zz')\equiv\arg z+\arg z'\;[2\pi],   arg⁡(zn)≡narg⁡z  [2π]\;\arg\left(z^n\right)\equiv n\arg z\;[2\pi]
quotientarg⁡(zz′)≡arg⁡z−arg⁡z′  [2π]\arg\left(\dfrac z{z'}\right)\equiv\arg z-\arg z'\;[2\pi],   arg⁡(1z)≡−arg⁡z  [2π]\;\arg\left(\dfrac1z\right)\equiv-\arg z\;[2\pi]
conjugué, opposéarg⁡z‾≡−arg⁡z  [2π]\arg\overline z\equiv-\arg z\;[2\pi],   arg⁡(−z)≡π+arg⁡z  [2π]\;\arg(-z)\equiv\pi+\arg z\;[2\pi]
réels, imaginairesz∈R+∗  ⟺  arg⁡z≡0z\in\mathbb{R}^*_+\iff\arg z\equiv0 ; z∈R∗  ⟺  arg⁡z≡0  [π]z\in\mathbb{R}^*\iff\arg z\equiv0\;[\pi] ; z∈iR∗  ⟺  arg⁡z≡π2  [π]z\in i\mathbb{R}^*\iff\arg z\equiv\frac\pi2\;[\pi]

3. Forme trigonométrique

Propriété 6

Tout nombre complexe non nul zz, de module rr et d’argument θ\theta, s’écrit z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)z=r(\cos\theta+i\sin\theta) : c’est une forme trigonométrique de zz. Réciproquement, si z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)z=r(\cos\theta+i\sin\theta) avec r>0r>0, alors ∣z∣=r|z|=r et arg⁡z≡θ  [2π]\arg z\equiv\theta\;[2\pi].

Passage de la forme algébrique z=a+ibz=a+ib à la forme trigonométrique : r=a2+b2r=\sqrt{a^2+b^2}, cos⁡θ=ar\cos\theta=\dfrac ar et sin⁡θ=br\sin\theta=\dfrac br.

Attention

L’écriture −2(cos⁡π3+isin⁡π3)-2\left(\cos\frac\pi3+i\sin\frac\pi3\right) n’est pas une forme trigonométrique (le facteur doit être strictement positif) ; on écrit −2(cos⁡π3+isin⁡π3)=2(cos⁡4π3+isin⁡4π3)-2\left(\cos\frac\pi3+i\sin\frac\pi3\right)=2\left(\cos\frac{4\pi}3+i\sin\frac{4\pi}3\right).

Application 2

Donner une forme trigonométrique de z1=1−i3z_1=1-i\sqrt3 et de z2=−3+3iz_2=-3+3i, puis de z1z2z_1z_2.

Voir la solution

∣z1∣=1+3=2|z_1|=\sqrt{1+3}=2 et z1=2(12−32i)=2(cos⁡(−π3)+isin⁡(−π3))z_1=2\left(\frac12-\frac{\sqrt3}2i\right)=2\left(\cos\left(-\frac\pi3\right)+i\sin\left(-\frac\pi3\right)\right).

∣z2∣=18=32|z_2|=\sqrt{18}=3\sqrt2 et z2=32(−22+22i)=32(cos⁡3π4+isin⁡3π4)z_2=3\sqrt2\left(-\frac{\sqrt2}2+\frac{\sqrt2}2i\right)=3\sqrt2\left(\cos\frac{3\pi}4+i\sin\frac{3\pi}4\right).

Donc ∣z1z2∣=62|z_1z_2|=6\sqrt2 et arg⁡(z1z2)≡−π3+3π4=5π12  [2π]\arg(z_1z_2)\equiv-\frac\pi3+\frac{3\pi}4=\frac{5\pi}{12}\;[2\pi] : z1z2=62(cos⁡5π12+isin⁡5π12)z_1z_2=6\sqrt2\left(\cos\frac{5\pi}{12}+i\sin\frac{5\pi}{12}\right).

4. Notation exponentielle et formule de Moivre

Définition 6

Pour tout réel θ\theta, on note eiθ=cos⁡θ+isin⁡θe^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta. Tout complexe non nul de module rr et d’argument θ\theta s’écrit z=reiθz=re^{i\theta} : c’est sa forme exponentielle.

Propriété 7

Pour tous réels θ,θ′\theta,\theta' et tout n∈Zn\in\mathbb{Z} : eiθeiθ′=ei(θ+θ′)e^{i\theta}e^{i\theta'}=e^{i(\theta+\theta')} ;   eiθeiθ′=ei(θ−θ′)\;\dfrac{e^{i\theta}}{e^{i\theta'}}=e^{i(\theta-\theta')} ;   eiθ‾=e−iθ\;\overline{e^{i\theta}}=e^{-i\theta} ;   (eiθ)n=einθ\;\left(e^{i\theta}\right)^n=e^{in\theta}.

Formule de Moivre : (cos⁡θ+isin⁡θ)n=cos⁡(nθ)+isin⁡(nθ)(\cos\theta+i\sin\theta)^n=\cos(n\theta)+i\sin(n\theta).

Valeurs à connaître : ei0=1e^{i0}=1, eiπ2=ie^{i\frac\pi2}=i, eiπ=−1e^{i\pi}=-1, e−iπ2=−ie^{-i\frac\pi2}=-i.

Application 3

On pose z=1+iz=1+i. Calculer z8z^{8} et montrer que (1+i)2026(1+i)^{2026} est imaginaire pur.

Voir la solution

z=2eiπ4z=\sqrt2e^{i\frac\pi4}, donc z8=(2)8ei2π=16z^8=\left(\sqrt2\right)^8e^{i2\pi}=16.

(1+i)2026=(2)2026ei2026π4=21013ei1013π2(1+i)^{2026}=\left(\sqrt2\right)^{2026}e^{i\frac{2026\pi}4}=2^{1013}e^{i\frac{1013\pi}2}. Or 1013π2=506π+π2\frac{1013\pi}2=506\pi+\frac\pi2 et 506π≡0  [2π]506\pi\equiv0\;[2\pi], donc (1+i)2026=21013eiπ2=21013i∈iR(1+i)^{2026}=2^{1013}e^{i\frac\pi2}=2^{1013}i\in i\mathbb{R}.

III. Nombres complexes et géométrie

1. Distances et angles

Propriété 8

Pour des points distincts A(a)A(a), B(b)B(b), C(c)C(c), D(d)D(d) :

  • AB=∣b−a∣AB=|b-a| et (u⃗,AB→)≡arg⁡(b−a)  [2π]\left(\vec u,\overrightarrow{AB}\right)\equiv\arg(b-a)\;[2\pi] ;
  • (AB→,CD→)≡arg⁡(d−cb−a)  [2π]\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}\right)\equiv\arg\left(\dfrac{d-c}{b-a}\right)\;[2\pi] ; en particulier (AB→,AC→)≡arg⁡(c−ab−a)  [2π]\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\equiv\arg\left(\dfrac{c-a}{b-a}\right)\;[2\pi].

2. Configurations remarquables

À retenir — caractérisations (AA, BB, CC distincts)

SituationCondition
AA, BB, CC alignésc−ab−a∈R\dfrac{c-a}{b-a}\in\mathbb{R}
(AB)⊥(AC)(AB)\perp(AC)c−ab−a∈iR\dfrac{c-a}{b-a}\in i\mathbb{R}
ABCABC isocèle en AA∣c−ab−a∣=1\left\vert \dfrac{c-a}{b-a}\right\vert =1
ABCABC rectangle isocèle en AAc−ab−a=i\dfrac{c-a}{b-a}=i ou −i-i
ABCABC équilatéralc−ab−a=eiπ3\dfrac{c-a}{b-a}=e^{i\frac\pi3} ou e−iπ3e^{-i\frac\pi3}
A,B,C,DA,B,C,D cocycliques ou alignésc−ab−a×b−dc−d∈R\dfrac{c-a}{b-a}\times\dfrac{b-d}{c-d}\in\mathbb{R}

Application 4

On considère les points A(1+i)A(1+i), B(3+2i)B(3+2i) et C(3i)C(3i). Déterminer la nature du triangle ABCABC.

Voir la solution

c−ab−a=−1+2i2+i=(−1+2i)(2−i)(2+i)(2−i)=−2+i+4i+25=i\dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{-1+2i}{2+i}=\dfrac{(-1+2i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\dfrac{-2+i+4i+2}5=i.

Donc ∣c−ab−a∣=1\left|\dfrac{c-a}{b-a}\right|=1, soit AC=ABAC=AB, et (AB→,AC→)≡arg⁡i≡π2  [2π]\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\equiv\arg i\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi] : le triangle ABCABC est rectangle et isocèle en AA.

IV. Équations du second degré dans C\mathbb{C}

Théorème 1

On considère l’équation (E)(E) : az2+bz+c=0az^2+bz+c=0 avec a,b,ca,b,c réels et a≠0a\neq0, de discriminant Δ=b2−4ac\Delta=b^2-4ac.

  • Si Δ>0\Delta>0 : deux solutions réelles z1=−b−Δ2az_1=\dfrac{-b-\sqrt\Delta}{2a} et z2=−b+Δ2az_2=\dfrac{-b+\sqrt\Delta}{2a}.
  • Si Δ=0\Delta=0 : une solution réelle double z0=−b2az_0=-\dfrac b{2a}.
  • Si Δ<0\Delta<0 : deux solutions complexes conjuguées z1=−b−i−Δ2az_1=\dfrac{-b-i\sqrt{-\Delta}}{2a} et z2=z1‾=−b+i−Δ2az_2=\overline{z_1}=\dfrac{-b+i\sqrt{-\Delta}}{2a}.

Dans tous les cas, az2+bz+c=a(z−z1)(z−z2)az^2+bz+c=a(z-z_1)(z-z_2), z1+z2=−baz_1+z_2=-\dfrac ba et z1z2=caz_1z_2=\dfrac ca.

Application 5

Résoudre dans C\mathbb{C} l’équation z2−6z+13=0z^2-6z+13=0, puis écrire les solutions sous forme trigonométrique lorsque c’est simple.

Voir la solution

Δ=36−52=−16=(4i)2\Delta=36-52=-16=(4i)^2. Les solutions sont z1=6−4i2=3−2iz_1=\dfrac{6-4i}2=3-2i et z2=3+2iz_2=3+2i : S={3−2i;3+2i}S=\{3-2i;3+2i\}. Leur module vaut 13\sqrt{13} ; leurs arguments ne sont pas des angles remarquables, on garde la forme algébrique.

V. Transformations du plan

Propriété 9 — écritures complexes

Soit M(z)M(z) un point et M′(z′)M'(z') son image.

TransformationÉcriture complexe
translation de vecteur w⃗(b)\vec w(b)z′=z+bz'=z+b
homothétie de centre Ω(ω)\Omega(\omega) et de rapport k∈R∗k\in\mathbb{R}^*z′−ω=k(z−ω)z'-\omega=k(z-\omega)
rotation de centre Ω(ω)\Omega(\omega) et d’angle θ\thetaz′−ω=eiθ(z−ω)z'-\omega=e^{i\theta}(z-\omega)

Réciproquement, la transformation d’écriture z′=az+bz'=az+b est : une translation si a=1a=1 ; une homothétie de rapport aa si a∈R∖{0;1}a\in\mathbb{R}\setminus\{0;1\} ; une rotation d’angle arg⁡a\arg a si ∣a∣=1|a|=1 et a≠1a\neq1. Dans les deux derniers cas, le centre est l’unique point invariant, d’affixe ω=b1−a\omega=\dfrac b{1-a}.

Application 6

  1. Déterminer l’écriture complexe de la rotation RR de centre Ω(1+i)\Omega(1+i) et d’angle π2\frac\pi2, puis l’image de A(3+i)A(3+i).
  2. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de la transformation ff d’écriture z′=−2z+3iz'=-2z+3i.
Voir la solution
  1. z′−(1+i)=i(z−(1+i))z'-(1+i)=i\left(z-(1+i)\right), soit z′=iz+2z'=iz+2. Image de AA : i(3+i)+2=1+3ii(3+i)+2=1+3i.
  2. a=−2∈R∖{0;1}a=-2\in\mathbb{R}\setminus\{0;1\} : ff est une homothétie de rapport −2-2. Son centre est le point invariant : ω=−2ω+3i  ⟺  ω=i\omega=-2\omega+3i\iff\omega=i. ff est l’homothétie de centre Ω(i)\Omega(i) et de rapport −2-2.

VI. Formules d’Euler et linéarisation

Propriété 10 — formules d’Euler

Pour tout réel θ\theta et tout entier nn : cos⁡θ=eiθ+e−iθ2\cos\theta=\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}2,   sin⁡θ=eiθ−e−iθ2i\;\sin\theta=\dfrac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}, et einθ+e−inθ=2cos⁡(nθ)e^{in\theta}+e^{-in\theta}=2\cos(n\theta),   einθ−e−inθ=2isin⁡(nθ)\;e^{in\theta}-e^{-in\theta}=2i\sin(n\theta).

Méthode — linéariser

Pour écrire une puissance ou un produit de cos⁡\cos et sin⁡\sin comme combinaison de cos⁡(kx)\cos(kx) et sin⁡(kx)\sin(kx) : on remplace chaque facteur par sa formule d’Euler, on développe (binôme), puis on regroupe les termes conjugués eikxe^{ikx} et e−ikxe^{-ikx}.

Application 7

Linéariser cos⁡3x\cos^3x pour x∈Rx\in\mathbb{R}.

Voir la solution

cos⁡3x=(eix+e−ix)38=e3ix+3eix+3e−ix+e−3ix8=2cos⁡3x+6cos⁡x8=14cos⁡3x+34cos⁡x\cos^3x=\dfrac{\left(e^{ix}+e^{-ix}\right)^3}8=\dfrac{e^{3ix}+3e^{ix}+3e^{-ix}+e^{-3ix}}8=\dfrac{2\cos3x+6\cos x}8=\dfrac14\cos3x+\dfrac34\cos x.

VII. Ensembles de points

À retenir — ensembles classiques (A(a)A(a), B(b)B(b) distincts, r>0r>0)

Condition sur M(z)M(z)Ensemble
∣z−a∣=r\vert z-a\vert =rcercle de centre AA et de rayon rr
∣z−a∣=∣z−b∣\vert z-a\vert =\vert z-b\vert médiatrice de [AB][AB]
z−az−b∈R\dfrac{z-a}{z-b}\in\mathbb{R}droite (AB)(AB) privée de BB
z−az−b∈iR\dfrac{z-a}{z-b}\in i\mathbb{R}cercle de diamètre [AB][AB] privé de BB
arg⁡(z−a)≡θ  [2π]\arg(z-a)\equiv\theta\;[2\pi]demi-droite d’origine AA (privée de AA) dirigée par eiθe^{i\theta}

Application 8

Déterminer l’ensemble (Γ)(\Gamma) des points M(z)M(z) tels que ∣iz+1−2i∣=3|iz+1-2i|=3, puis l’ensemble (Δ)(\Delta) des points M(z)M(z) tels que ∣z−1∣=∣z+i∣|z-1|=|z+i|.

Voir la solution

iz+1−2i=i(z+1−2ii)=i(z−2−i)iz+1-2i=i\left(z+\frac{1-2i}i\right)=i(z-2-i), donc ∣iz+1−2i∣=∣z−(2+i)∣|iz+1-2i|=|z-(2+i)|. (Γ)(\Gamma) est le cercle de centre Ω(2+i)\Omega(2+i) et de rayon 33.

∣z−1∣=∣z−(−i)∣|z-1|=|z-(-i)| : (Δ)(\Delta) est la médiatrice du segment [AB][AB] avec A(1)A(1) et B(−i)B(-i), c’est-à-dire la droite d’équation y=−xy=-x.

Résumé

À retenir

NotionÀ retenir
Forme algébriquez=a+ibz=a+ib, z‾=a−ib\overline z=a-ib, zz‾=a2+b2z\overline z=a^2+b^2
Module, argument∣z∣=a2+b2\vert z\vert =\sqrt{a^2+b^2} ; ∣zz′∣=∣z∣∣z′∣\vert zz'\vert =\vert z\vert \vert z'\vert ; arg⁡(zz′)≡arg⁡z+arg⁡z′\arg(zz')\equiv\arg z+\arg z'
Formesz=r(cos⁡θ+isin⁡θ)=reiθz=r(\cos\theta+i\sin\theta)=re^{i\theta} ; Moivre (eiθ)n=einθ\left(e^{i\theta}\right)^n=e^{in\theta}
GéométrieAB=∣b−a∣AB=\vert b-a\vert ; (AB→,AC→)≡arg⁡c−ab−a\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\equiv\arg\frac{c-a}{b-a}
Second degréΔ<0\Delta<0 : z=−b±i−Δ2az=\frac{-b\pm i\sqrt{-\Delta}}{2a}
Transformationsz′=z+bz'=z+b ; z′−ω=k(z−ω)z'-\omega=k(z-\omega) ; z′−ω=eiθ(z−ω)z'-\omega=e^{i\theta}(z-\omega)
Eulercos⁡θ=eiθ+e−iθ2\cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}2, sin⁡θ=eiθ−e−iθ2i\sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}

Série d’exercices

Dans toute la série, le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct (O;u⃗,v⃗)(O;\vec u,\vec v).

Exercice 1 — Forme algébrique Facile ★☆☆☆☆

Écrire sous forme algébrique les nombres complexes suivants : z1=13+4i ;z2=2−i1+3i ;z3=(1+2i)2 ;z4=i2027 ;z5=(1+i1−i)3 ;z_1=\frac1{3+4i}\ ;\quad z_2=\frac{2-i}{1+3i}\ ;\quad z_3=(1+2i)^2\ ;\quad z_4=i^{2027}\ ;\quad z_5=\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^3\ ; z6=12+i+12−i+i5 ;z7=(2−i)3−(1+i)3(1−2i)3+(1−i)2.z_6=\frac1{2+i}+\frac1{2-i}+\frac i5\ ;\qquad z_7=\frac{(2-i)^3-(1+i)^3}{(1-2i)^3+(1-i)^2}.

Voir la solution
  • z1=3−4i(3+4i)(3−4i)=3−4i25=325−425iz_1=\dfrac{3-4i}{(3+4i)(3-4i)}=\dfrac{3-4i}{25}=\dfrac3{25}-\dfrac4{25}i.
  • z2=(2−i)(1−3i)1+9=2−6i−i+3i210=−110−710iz_2=\dfrac{(2-i)(1-3i)}{1+9}=\dfrac{2-6i-i+3i^2}{10}=-\dfrac1{10}-\dfrac7{10}i.
  • z3=1+4i+4i2=−3+4iz_3=1+4i+4i^2=-3+4i.
  • 2027=4×506+32027=4\times506+3, donc z4=i3=−iz_4=i^3=-i.
  • 1+i1−i=(1+i)22=2i2=i\dfrac{1+i}{1-i}=\dfrac{(1+i)^2}{2}=\dfrac{2i}2=i, donc z5=i3=−iz_5=i^3=-i.
  • 12+i+12−i=(2−i)+(2+i)5=45\dfrac1{2+i}+\dfrac1{2-i}=\dfrac{(2-i)+(2+i)}{5}=\dfrac45, donc z6=45+15iz_6=\dfrac45+\dfrac15i.
  • (2−i)3=8−12i+6i2−i3=2−11i(2-i)^3=8-12i+6i^2-i^3=2-11i et (1+i)3=1+3i+3i2+i3=−2+2i(1+i)^3=1+3i+3i^2+i^3=-2+2i : le numérateur vaut 4−13i4-13i. (1−2i)3=1−6i+12i2−8i3=−11+2i(1-2i)^3=1-6i+12i^2-8i^3=-11+2i et (1−i)2=−2i(1-i)^2=-2i : le dénominateur vaut −11-11. Donc z7=−411+1311iz_7=-\dfrac4{11}+\dfrac{13}{11}i.

Exercice 2 — Équation, rotation, valeurs remarquables Moyen ★★★☆☆

  1. Résoudre dans C\mathbb{C} l’équation z2+z+1=0z^2+z+1=0.
  2. On considère les points AA, BB et CC d’affixes respectives zA=−12+32iz_A=-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2i, zB=−12−32iz_B=-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}2i et zC=7−32z_C=\dfrac{\sqrt7-\sqrt3}2. On note A′A' l’image de AA par la rotation de centre OO et d’angle π2\dfrac\pi2. Déterminer l’affixe de A′A', puis montrer que le triangle AA′CAA'C est isocèle en A′A'.
  3. On note B′B' l’image de BB par la rotation de centre OO et d’angle π4\dfrac\pi4. a. Exprimer zB′z_{B'} en fonction de zBz_B. b. En déduire une forme trigonométrique de zB′z_{B'}. c. Déterminer la forme algébrique de zB′z_{B'}. d. En déduire les valeurs exactes de cos⁡5π12\cos\dfrac{5\pi}{12} et de sin⁡5π12\sin\dfrac{5\pi}{12}.
Voir la solution

1. Δ=1−4=−3=(i3)2\Delta=1-4=-3=\left(i\sqrt3\right)^2 : S={−12−32i ; −12+32i}S=\left\{-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}2i\,;\,-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2i\right\}.

2. zA′=eiπ2zA=izA=−32−12iz_{A'}=e^{i\frac\pi2}z_A=iz_A=-\dfrac{\sqrt3}2-\dfrac12i.

zA−zA′=3−12+3+12iz_A-z_{A'}=\dfrac{\sqrt3-1}2+\dfrac{\sqrt3+1}2i, donc A′A2=(3−1)2+(3+1)24=84=2A'A^2=\dfrac{\left(\sqrt3-1\right)^2+\left(\sqrt3+1\right)^2}4=\dfrac84=2.

zC−zA′=7−32+32+12i=72+12iz_C-z_{A'}=\dfrac{\sqrt7-\sqrt3}2+\dfrac{\sqrt3}2+\dfrac12i=\dfrac{\sqrt7}2+\dfrac12i, donc A′C2=74+14=2A'C^2=\dfrac74+\dfrac14=2.

Ainsi A′A=A′C=2A'A=A'C=\sqrt2 : le triangle AA′CAA'C est isocèle en A′A'.

3. a. zB′=eiπ4zBz_{B'}=e^{i\frac\pi4}z_B.

3. b. zB=−12−32i=cos⁡(−2π3)+isin⁡(−2π3)=e−i2π3z_B=-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}2i=\cos\left(-\dfrac{2\pi}3\right)+i\sin\left(-\dfrac{2\pi}3\right)=e^{-i\frac{2\pi}3}, donc zB′=ei(π4−2π3)=e−i5π12=cos⁡(−5π12)+isin⁡(−5π12)z_{B'}=e^{i\left(\frac\pi4-\frac{2\pi}3\right)}=e^{-i\frac{5\pi}{12}}=\cos\left(-\dfrac{5\pi}{12}\right)+i\sin\left(-\dfrac{5\pi}{12}\right).

3. c. zB′=22(1+i)(−12−32i)=22(3−12−3+12i)=6−24−6+24iz_{B'}=\dfrac{\sqrt2}2(1+i)\left(-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}2i\right)=\dfrac{\sqrt2}2\left(\dfrac{\sqrt3-1}2-\dfrac{\sqrt3+1}2i\right)=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}4-\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}4i.

3. d. Par identification des parties réelles et imaginaires (et parité de cos⁡\cos, imparité de sin⁡\sin) : cos⁡5π12=6−24\cos\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}4 et sin⁡5π12=6+24\sin\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}4.

Exercice 3 — Équation et rotation Facile ★★☆☆☆

  1. Résoudre dans C\mathbb{C} l’équation z2−2z+5=0z^2-2z+5=0.
  2. On considère les points AA, BB et Ω\Omega d’affixes respectives a=3a=3, b=3+4ib=3+4i et ω=1+2i\omega=1+2i. a. On pose u=b−ωu=b-\omega. Vérifier que u=2+2iu=2+2i, puis montrer que arg⁡(u)≡π4  [2π]\arg(u)\equiv\dfrac\pi4\;[2\pi]. b. Déterminer un argument du nombre u‾\overline u. c. Vérifier que a−ω=u‾a-\omega=\overline u, puis en déduire que ΩA=ΩB\Omega A=\Omega B et que arg⁡(b−ωa−ω)≡π2  [2π]\arg\left(\dfrac{b-\omega}{a-\omega}\right)\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi]. d. On note RR la rotation de centre Ω\Omega et d’angle π2\dfrac\pi2. Déterminer l’image du point AA par RR.
Voir la solution

1. Δ=4−20=−16=(4i)2\Delta=4-20=-16=(4i)^2 : S={1−2i ; 1+2i}S=\{1-2i\,;\,1+2i\}.

2. a. u=3+4i−(1+2i)=2+2iu=3+4i-(1+2i)=2+2i. ∣u∣=22|u|=2\sqrt2 et u=22(22+22i)=22(cos⁡π4+isin⁡π4)u=2\sqrt2\left(\dfrac{\sqrt2}2+\dfrac{\sqrt2}2i\right)=2\sqrt2\left(\cos\dfrac\pi4+i\sin\dfrac\pi4\right), donc arg⁡(u)≡π4  [2π]\arg(u)\equiv\dfrac\pi4\;[2\pi].

2. b. arg⁡(u‾)≡−arg⁡(u)≡−π4  [2π]\arg\left(\overline u\right)\equiv-\arg(u)\equiv-\dfrac\pi4\;[2\pi].

2. c. a−ω=3−1−2i=2−2i=u‾a-\omega=3-1-2i=2-2i=\overline u. Donc ΩA=∣a−ω∣=∣u‾∣=∣u∣=∣b−ω∣=ΩB\Omega A=|a-\omega|=|\overline u|=|u|=|b-\omega|=\Omega B, et arg⁡(b−ωa−ω)≡arg⁡u−arg⁡u‾≡π4+π4=π2  [2π]\arg\left(\dfrac{b-\omega}{a-\omega}\right)\equiv\arg u-\arg\overline u\equiv\dfrac\pi4+\dfrac\pi4=\dfrac\pi2\;[2\pi].

2. d. On a ΩA=ΩB\Omega A=\Omega B et (ΩA→,ΩB→)≡π2  [2π]\left(\overrightarrow{\Omega A},\overrightarrow{\Omega B}\right)\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi] : l’image de AA par RR est BB. (Vérification : ω+i(a−ω)=1+2i+i(2−2i)=3+4i=b\omega+i(a-\omega)=1+2i+i(2-2i)=3+4i=b.)

Exercice 4 — Alignement, rotation, triangle Moyen ★★★☆☆

  1. Résoudre dans C\mathbb{C} l’équation z2+2z+4=0z^2+2z+4=0.
  2. On considère les points AA, BB, CC et DD d’affixes respectives a=−1+i3a=-1+i\sqrt3, b=2+2ib=2+2i, c=−3−ic=-\sqrt3-i et d=2−23d=2-2\sqrt3. a. Vérifier que a−d=−3 (c−d)a-d=-\sqrt3\,(c-d). b. En déduire que les points AA, CC et DD sont alignés.
  3. On considère un point MM d’affixe zz et son image M′M', d’affixe z′z', par la rotation RR de centre OO et d’angle 2π3\dfrac{2\pi}3. Vérifier que z′=12azz'=\dfrac12az.
  4. On note HH l’image de BB par RR, d’affixe hh, et PP le point d’affixe p=a−cp=a-c. a. Vérifier que h=iph=ip. b. Montrer que le triangle OHPOHP est rectangle et isocèle en OO.
Voir la solution

1. Δ=4−16=−12=(2i3)2\Delta=4-16=-12=\left(2i\sqrt3\right)^2 : S={−1−i3 ; −1+i3}S=\left\{-1-i\sqrt3\,;\,-1+i\sqrt3\right\}.

2. a. a−d=−3+23+i3a-d=-3+2\sqrt3+i\sqrt3 et c−d=(3−2)−ic-d=\left(\sqrt3-2\right)-i, donc −3(c−d)=−3+23+i3=a−d-\sqrt3(c-d)=-3+2\sqrt3+i\sqrt3=a-d.

2. b. a−dc−d=−3∈R\dfrac{a-d}{c-d}=-\sqrt3\in\mathbb{R} : les points AA, CC et DD sont alignés.

3. z′=ei2π3zz'=e^{i\frac{2\pi}3}z et ei2π3=−12+32i=12ae^{i\frac{2\pi}3}=-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2i=\dfrac12a, donc z′=12azz'=\dfrac12az.

4. a. h=12ab=(−1+i3)(1+i)=(−1−3)+(3−1)ih=\dfrac12ab=\left(-1+i\sqrt3\right)(1+i)=\left(-1-\sqrt3\right)+\left(\sqrt3-1\right)i. Et p=a−c=(3−1)+(3+1)ip=a-c=\left(\sqrt3-1\right)+\left(\sqrt3+1\right)i, donc ip=−(3+1)+(3−1)i=hip=-\left(\sqrt3+1\right)+\left(\sqrt3-1\right)i=h.

4. b. h−0p−0=i\dfrac{h-0}{p-0}=i : donc OH=OPOH=OP et (OP→,OH→)≡π2  [2π]\left(\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OH}\right)\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi]. Le triangle OHPOHP est rectangle et isocèle en OO.

Exercice 5 — Construction géométrique Moyen ★★★☆☆

On considère les points AA, BB, CC et DD d’affixes respectives a=1a=1, b=1+2ib=1+2i, c=1+3−ic=1+\sqrt3-i et d=1−3−id=1-\sqrt3-i. Le but de l’exercice est de construire les points CC et DD à la règle et au compas.

  1. a. Montrer que le point DD est l’image du point BB par la rotation de centre AA et d’angle 2π3\dfrac{2\pi}3. b. En déduire que BB et DD appartiennent à un même cercle (Γ)(\Gamma) de centre AA, dont on précisera le rayon.
  2. On note FF l’image du point AA par l’homothétie de centre BB et de rapport 32\dfrac32. a. Montrer que FF a pour affixe zF=1−iz_F=1-i. b. Montrer que FF est le milieu du segment [CD][CD]. c. Montrer que c−zFa−zF=−i3\dfrac{c-z_F}{a-z_F}=-i\sqrt3. d. En déduire une forme exponentielle du nombre c−zFa−zF\dfrac{c-z_F}{a-z_F}.
  3. Déduire des questions précédentes que la droite (AF)(AF) est la médiatrice du segment [CD][CD].
Voir la solution

1. a. L’écriture complexe de la rotation de centre AA et d’angle 2π3\frac{2\pi}3 est z′−1=ei2π3(z−1)z'-1=e^{i\frac{2\pi}3}(z-1). L’image de BB a pour affixe 1+(−12+32i)(2i)=1−i−3=d1+\left(-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2i\right)(2i)=1-i-\sqrt3=d.

1. b. Une rotation conserve les distances au centre : AD=AB=∣2i∣=2AD=AB=|2i|=2. BB et DD appartiennent au cercle (Γ)(\Gamma) de centre AA et de rayon 22.

2. a. zF−b=32(a−b)z_F-b=\dfrac32(a-b), donc zF=1+2i+32(−2i)=1−iz_F=1+2i+\dfrac32(-2i)=1-i.

2. b. c+d2=2−2i2=1−i=zF\dfrac{c+d}2=\dfrac{2-2i}2=1-i=z_F : FF est le milieu de [CD][CD].

2. c. c−zF=3c-z_F=\sqrt3 et a−zF=ia-z_F=i, donc c−zFa−zF=3i=−i3\dfrac{c-z_F}{a-z_F}=\dfrac{\sqrt3}i=-i\sqrt3.

2. d. −i3=3 e−iπ2-i\sqrt3=\sqrt3\,e^{-i\frac\pi2}.

3. D’après 2.d, (FA→,FC→)≡−π2  [2π]\left(\overrightarrow{FA},\overrightarrow{FC}\right)\equiv-\dfrac\pi2\;[2\pi] : (AF)⊥(FC)(AF)\perp(FC), c’est-à-dire (AF)⊥(CD)(AF)\perp(CD) (car F∈[CD]F\in[CD]). Comme FF est le milieu de [CD][CD], la droite (AF)(AF) est la médiatrice de [CD][CD].

Construction : on place FF (image de AA par l’homothétie), on trace la perpendiculaire à (AF)(AF) en FF ; comme AC=∣3−i∣=2AC=|\sqrt3-i|=2 et AD=2AD=2, les points CC et DD sont les intersections de cette perpendiculaire avec le cercle (Γ)(\Gamma).

Figure

Exercice 6 — Ensembles de points Facile ★★☆☆☆

Dans chacun des cas suivants, déterminer l’ensemble des points MM d’affixe zz vérifiant la condition indiquée :

  1. ∣z−2+i∣=3|z-2+i|=3 ;
  2. ∣z−1+2i∣=∣z+3−i∣|z-1+2i|=|z+3-i| ;
  3. z+2iz−4+i∈R\dfrac{z+2i}{z-4+i}\in\mathbb{R} ;
  4. z+2iz−4+i∈iR\dfrac{z+2i}{z-4+i}\in i\mathbb{R} ;
  5. 1+iz1−z∈iR\dfrac{1+iz}{1-z}\in i\mathbb{R} ;
  6. z−2iz∈iR\dfrac{z-2}{iz}\in i\mathbb{R} ;
  7. ∣z+1−3i∣=2|z+1-3i|=2 ;
  8. ∣iz+3−i∣=4|iz+3-i|=4 ;
  9. ∣z−2−i∣=∣z+1−2i∣|z-2-i|=|z+1-2i| ;
  10. zz‾+(z+z‾)−i(z−z‾)=−2z\overline z+\left(z+\overline z\right)-i\left(z-\overline z\right)=-2 ;
  11. arg⁡(z)≡π3  [2π]\arg(z)\equiv\dfrac\pi3\;[2\pi].
Voir la solution

On pose z=x+iyz=x+iy avec x,yx,y réels.

  1. ∣z−(2−i)∣=3|z-(2-i)|=3 : cercle de centre Ω1(2−i)\Omega_1(2-i) et de rayon 33.
  2. ∣z−(1−2i)∣=∣z−(−3+i)∣|z-(1-2i)|=|z-(-3+i)| : médiatrice du segment [AB][AB] avec A(1−2i)A(1-2i), B(−3+i)B(-3+i), c’est-à-dire la droite d’équation 8x−6y+5=08x-6y+5=0.
  3. Avec A(−2i)A(-2i) et B(4−i)B(4-i) : z−zAz−zB∈R\dfrac{z-z_A}{z-z_B}\in\mathbb{R} (z≠zBz\neq z_B)   ⟺  M=A\iff M=A ou (BM→,AM→)≡0  [π]\left(\overrightarrow{BM},\overrightarrow{AM}\right)\equiv0\;[\pi] : droite (AB)(AB) privée de BB.
  4. z−zAz−zB∈iR\dfrac{z-z_A}{z-z_B}\in i\mathbb{R}   ⟺  M=A\iff M=A ou (AM)⊥(BM)(AM)\perp(BM) : cercle de diamètre [AB][AB] privé de BB.
  5. 1+iz=i(z−i)1+iz=i(z-i) et 1−z=−(z−1)1-z=-(z-1), donc 1+iz1−z=−i z−iz−1\dfrac{1+iz}{1-z}=-i\,\dfrac{z-i}{z-1}, qui est imaginaire pur si et seulement si z−iz−1∈R\dfrac{z-i}{z-1}\in\mathbb{R} : droite passant par C(i)C(i) et D(1)D(1), privée de DD.
  6. Pour z≠0z\neq0 : z−2iz=−i z−2z∈iR  ⟺  z−2z∈R\dfrac{z-2}{iz}=-i\,\dfrac{z-2}{z}\in i\mathbb{R}\iff\dfrac{z-2}z\in\mathbb{R} : droite (OE)(OE) avec E(2)E(2), privée de OO, c’est-à-dire l’axe des abscisses privé de OO.
  7. ∣z−(−1+3i)∣=2|z-(-1+3i)|=2 : cercle de centre Ω2(−1+3i)\Omega_2(-1+3i) et de rayon 22.
  8. iz+3−i=i(z−1−3i)iz+3-i=i\left(z-1-3i\right) et ∣i∣=1|i|=1 : ∣z−(1+3i)∣=4|z-(1+3i)|=4, cercle de centre Ω3(1+3i)\Omega_3(1+3i) et de rayon 44.
  9. ∣z−(2+i)∣=∣z−(−1+2i)∣|z-(2+i)|=|z-(-1+2i)| : médiatrice du segment joignant les points d’affixes 2+i2+i et −1+2i-1+2i, c’est-à-dire la droite d’équation y=3xy=3x.
  10. zz‾=x2+y2z\overline z=x^2+y^2, z+z‾=2xz+\overline z=2x, z−z‾=2iyz-\overline z=2iy : la condition s’écrit x2+y2+2x+2y=−2x^2+y^2+2x+2y=-2, soit (x+1)2+(y+1)2=0(x+1)^2+(y+1)^2=0, d’où x=y=−1x=y=-1. L’ensemble est réduit au point d’affixe −1−i-1-i.
  11. Demi-droite d’origine OO (privée de OO) dirigée par le vecteur d’affixe eiπ3e^{i\frac\pi3}.

Exercice 7 — Forme trigonométrique et alignement Difficile ★★★★☆

On considère les nombres complexes a=2−3+ia=2-\sqrt3+i, b=1−(2−3)ib=1-\left(2-\sqrt3\right)i et c=−3+ic=-\sqrt3+i.

  1. Montrer que a=iba=ib.
  2. On considère dans C\mathbb{C} l’équation (E)(E) : z2−2(2−3)z+4(2−3)=0z^2-2\left(2-\sqrt3\right)z+4\left(2-\sqrt3\right)=0. a. Montrer que aa est une solution de l’équation (E)(E). b. En déduire que a2=2(2−3)ca^2=2\left(2-\sqrt3\right)c. c. Déterminer le module et un argument du nombre complexe cc. d. En déduire une forme trigonométrique du nombre complexe aa. e. Montrer que arg⁡(ab)≡π2  [2π]\arg\left(\dfrac ab\right)\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi].
  3. On considère les points AA, BB et CC d’affixes respectives a2a^2, b2b^2 et cc. a. Montrer que AA est l’image de BB par la rotation de centre OO et d’angle π\pi. b. Montrer que les points AA, BB, CC et OO sont alignés.
Voir la solution

1. ib=i+(2−3)=aib=i+\left(2-\sqrt3\right)=a.

2. a. a2=(2−3)2−1+2(2−3)i=(6−43)+2(2−3)ia^2=\left(2-\sqrt3\right)^2-1+2\left(2-\sqrt3\right)i=\left(6-4\sqrt3\right)+2\left(2-\sqrt3\right)i et 2(2−3)a=(14−83)+2(2−3)i2\left(2-\sqrt3\right)a=\left(14-8\sqrt3\right)+2\left(2-\sqrt3\right)i. Donc a2−2(2−3)a+4(2−3)=6−43−14+83+8−43=0a^2-2\left(2-\sqrt3\right)a+4\left(2-\sqrt3\right)=6-4\sqrt3-14+8\sqrt3+8-4\sqrt3=0.

2. b. De 2.a : a2=2(2−3)a−4(2−3)=2(2−3)(a−2)=2(2−3)(−3+i)=2(2−3)ca^2=2\left(2-\sqrt3\right)a-4\left(2-\sqrt3\right)=2\left(2-\sqrt3\right)(a-2)=2\left(2-\sqrt3\right)\left(-\sqrt3+i\right)=2\left(2-\sqrt3\right)c.

2. c. ∣c∣=3+1=2|c|=\sqrt{3+1}=2 et c=2(−32+12i)c=2\left(-\dfrac{\sqrt3}2+\dfrac12i\right) : arg⁡c≡5π6  [2π]\arg c\equiv\dfrac{5\pi}6\;[2\pi].

2. d. 2(2−3)>02\left(2-\sqrt3\right)>0, donc ∣a2∣=4(2−3)\left|a^2\right|=4\left(2-\sqrt3\right) et arg⁡(a2)≡5π6  [2π]\arg\left(a^2\right)\equiv\dfrac{5\pi}6\;[2\pi]. Ainsi ∣a∣=22−3|a|=2\sqrt{2-\sqrt3} et 2arg⁡a≡5π6  [2π]2\arg a\equiv\dfrac{5\pi}6\;[2\pi], soit arg⁡a≡5π12  [π]\arg a\equiv\dfrac{5\pi}{12}\;[\pi]. Comme ℜ(a)=2−3>0\Re(a)=2-\sqrt3>0 et ℑ(a)=1>0\Im(a)=1>0, un argument de aa appartient à ]0;π2[\left]0;\frac\pi2\right[ : arg⁡a≡5π12  [2π]\arg a\equiv\dfrac{5\pi}{12}\;[2\pi] et a=22−3(cos⁡5π12+isin⁡5π12).a=2\sqrt{2-\sqrt3}\left(\cos\frac{5\pi}{12}+i\sin\frac{5\pi}{12}\right).

2. e. ab=i\dfrac ab=i, donc arg⁡(ab)≡π2  [2π]\arg\left(\dfrac ab\right)\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi].

3. a. b=ai=−iab=\dfrac ai=-ia, donc b2=−a2b^2=-a^2, soit a2=−b2a^2=-b^2 : AA est l’image de BB par la rotation de centre OO et d’angle π\pi (d’écriture z′=−zz'=-z).

3. b. a2c=2(2−3)∈R\dfrac{a^2}c=2\left(2-\sqrt3\right)\in\mathbb{R} : OO, AA, CC sont alignés. Et b2a2=−1∈R\dfrac{b^2}{a^2}=-1\in\mathbb{R} : OO, AA, BB sont alignés. Donc AA, BB, CC et OO sont alignés.

Exercice 8 — Rotation, translation, carré Facile ★★☆☆☆

  1. Résoudre dans C\mathbb{C} l’équation z2−4z+5=0z^2-4z+5=0.
  2. On considère les points AA et BB d’affixes respectives a=3a=3 et b=2−ib=2-i. a. On considère un point MM d’affixe zz et son image M′M', d’affixe z′z', par la rotation RR de centre AA et d’angle −π2-\dfrac\pi2. Montrer que z′=−iz+3+3iz'=-iz+3+3i. b. Vérifier que l’affixe du point CC, image de BB par RR, est c=2+ic=2+i. c. En déduire la nature du triangle ABCABC.
  3. On note tt la translation de vecteur AB→\overrightarrow{AB} et DD l’image de CC par tt. a. Déterminer l’affixe dd du point DD. b. En déduire la nature du quadrilatère ABDCABDC. c. Déterminer l’ensemble des points MM d’affixe zz tels que ∣z−2−i∣=∣2+i∣|z-2-i|=|2+i|.
Voir la solution

1. Δ=16−20=−4=(2i)2\Delta=16-20=-4=(2i)^2 : S={2−i ; 2+i}S=\{2-i\,;\,2+i\}.

2. a. z′−3=e−iπ2(z−3)=−i(z−3)z'-3=e^{-i\frac\pi2}(z-3)=-i(z-3), donc z′=−iz+3+3iz'=-iz+3+3i.

2. b. c=−i(2−i)+3+3i=−2i−1+3+3i=2+ic=-i(2-i)+3+3i=-2i-1+3+3i=2+i.

2. c. C=R(B)C=R(B) avec RR de centre AA et d’angle −π2-\frac\pi2 : AC=ABAC=AB et (AB→,AC→)≡−π2  [2π]\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\equiv-\dfrac\pi2\;[2\pi]. Le triangle ABCABC est rectangle et isocèle en AA.

3. a. d=c+(b−a)=2+i+(−1−i)=1d=c+(b-a)=2+i+(-1-i)=1.

3. b. CD→=AB→\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB} : ABDCABDC est un parallélogramme ; il a deux côtés consécutifs égaux et perpendiculaires (AB=ACAB=AC, (AB)⊥(AC)(AB)\perp(AC)) : ABDCABDC est un carré.

3. c. ∣z−c∣=∣c∣=OC=5|z-c|=|c|=OC=\sqrt5 : cercle de centre CC et de rayon 5\sqrt5 (il passe par OO).

Exercice 9 — Carré et triangle équilatéral Difficile ★★★★☆

  1. Résoudre dans C\mathbb{C} l’équation z2−43 z+16=0z^2-4\sqrt3\,z+16=0.
  2. On considère les points AA et BB d’affixes respectives a=23−2ia=2\sqrt3-2i et b=2+23 ib=2+2\sqrt3\,i. a. Écrire aa et bb sous forme trigonométrique, puis vérifier que a18a^{18} est un nombre réel. b. Montrer que le triangle OABOAB est rectangle et isocèle en OO.
  3. a. Déterminer l’affixe du point EE, image de AA par la translation tt de vecteur OB→\overrightarrow{OB}. b. Montrer que OAEBOAEB est un carré.
  4. On considère la rotation RR de centre BB et d’angle −π2-\dfrac\pi2, qui transforme le point MM d’affixe zz en M′M' d’affixe z′z'. a. Montrer que z′=−iz+2−23+(2+23)iz'=-iz+2-2\sqrt3+\left(2+2\sqrt3\right)i. b. En déduire que l’affixe du point CC, image de AA par RR, est c=−23+2ic=-2\sqrt3+2i.
  5. On considère le point DD d’affixe d=23+6id=2\sqrt3+6i. a. Montrer que les points OO, BB et DD sont alignés. b. Montrer que d−ca−c=12+32i\dfrac{d-c}{a-c}=\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2i, puis en déduire que le triangle ADCADC est équilatéral.
Voir la solution

1. Δ=48−64=−16=(4i)2\Delta=48-64=-16=(4i)^2 : S={23−2i ; 23+2i}S=\left\{2\sqrt3-2i\,;\,2\sqrt3+2i\right\}.

2. a. ∣a∣=∣b∣=4|a|=|b|=4 ; a=4(32−12i)=4(cos⁡(−π6)+isin⁡(−π6))a=4\left(\dfrac{\sqrt3}2-\dfrac12i\right)=4\left(\cos\left(-\dfrac\pi6\right)+i\sin\left(-\dfrac\pi6\right)\right) et b=4(12+32i)=4(cos⁡π3+isin⁡π3)b=4\left(\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2i\right)=4\left(\cos\dfrac\pi3+i\sin\dfrac\pi3\right).

D’après la formule de Moivre, a18=418(cos⁡(−3π)+isin⁡(−3π))=−418∈Ra^{18}=4^{18}\left(\cos(-3\pi)+i\sin(-3\pi)\right)=-4^{18}\in\mathbb{R}.

2. b. ba=ei(π3+π6)=eiπ2=i\dfrac ba=e^{i\left(\frac\pi3+\frac\pi6\right)}=e^{i\frac\pi2}=i : OB=OAOB=OA et (OA→,OB→)≡π2  [2π]\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right)\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi]. Le triangle OABOAB est rectangle et isocèle en OO.

3. a. e=a+b=(23+2)+(23−2)ie=a+b=\left(2\sqrt3+2\right)+\left(2\sqrt3-2\right)i.

3. b. OE→=OA→+OB→\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} : OAEBOAEB est un parallélogramme, et d’après 2.b il a un angle droit en OO et deux côtés consécutifs égaux : c’est un carré.

4. a. z′−b=−i(z−b)z'-b=-i(z-b), donc z′=−iz+(1+i)b=−iz+(1+i)(2+23 i)=−iz+2−23+(2+23)iz'=-iz+(1+i)b=-iz+(1+i)\left(2+2\sqrt3\,i\right)=-iz+2-2\sqrt3+\left(2+2\sqrt3\right)i.

4. b. c=−i(23−2i)+2−23+(2+23)i=−23 i−2+2−23+2i+23 i=−23+2ic=-i\left(2\sqrt3-2i\right)+2-2\sqrt3+\left(2+2\sqrt3\right)i=-2\sqrt3\,i-2+2-2\sqrt3+2i+2\sqrt3\,i=-2\sqrt3+2i.

5. a. d=23+6i=3(2+23 i)=3 bd=2\sqrt3+6i=\sqrt3\left(2+2\sqrt3\,i\right)=\sqrt3\,b : db=3∈R\dfrac db=\sqrt3\in\mathbb{R}, donc OO, BB et DD sont alignés.

5. b. d−ca−c=43+4i43−4i=(3+i)24=2+23 i4=12+32i=eiπ3\dfrac{d-c}{a-c}=\dfrac{4\sqrt3+4i}{4\sqrt3-4i}=\dfrac{\left(\sqrt3+i\right)^2}{4}=\dfrac{2+2\sqrt3\,i}4=\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2i=e^{i\frac\pi3}.

Donc CD=CACD=CA et (CA→,CD→)≡π3  [2π]\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CD}\right)\equiv\dfrac\pi3\;[2\pi] : le triangle ADCADC est équilatéral.

Figure

Exercice 10 — Transformation z′=az+bz'=az+b Facile ★☆☆☆☆

On considère la transformation ff du plan qui, à tout point MM d’affixe zz, associe le point M′M' d’affixe z′=−3z+8+4iz'=-3z+8+4i. Déterminer l’unique point invariant de ff, puis en déduire la nature et les éléments caractéristiques de ff.

Voir la solution

M(z)M(z) est invariant   ⟺  z=−3z+8+4i  ⟺  z=2+i\iff z=-3z+8+4i\iff z=2+i : le seul point invariant est Ω(2+i)\Omega(2+i).

Alors z′−(2+i)=−3z+6+3i=−3(z−(2+i))z'-(2+i)=-3z+6+3i=-3\left(z-(2+i)\right) : ff est l’homothétie de centre Ω(2+i)\Omega(2+i) et de rapport −3-3.

Exercice 11 — Homothétie et cocyclicité Difficile ★★★★☆

On considère les points AA, BB, SS et Ω\Omega d’affixes respectives a=2+ia=2+i, b=−ib=-i, s=−1+2is=-1+2i et ω=2−i\omega=2-i. On note hh l’homothétie de centre SS et de rapport 33, et CC et DD les images respectives de AA et BB par hh.

  1. a. Déterminer l’écriture complexe de l’homothétie hh. b. Montrer que CC et DD ont pour affixes respectives c=8−ic=8-i et d=2−7id=2-7i. c. Montrer que les points AA, BB, CC et DD sont cocycliques.
  2. On note PP le milieu du segment [AC][AC]. a. Déterminer l’affixe pp du point PP. b. Montrer que ω−pb−d=12i\dfrac{\omega-p}{b-d}=\dfrac12i, puis en déduire que DB=2PΩDB=2P\Omega et (DB→,PΩ→)≡π2  [2π]\left(\overrightarrow{DB},\overrightarrow{P\Omega}\right)\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi].
Voir la solution

1. a. z′−s=3(z−s)z'-s=3(z-s), soit z′=3z−2s=3z+2−4iz'=3z-2s=3z+2-4i.

1. b. c=3(2+i)+2−4i=8−ic=3(2+i)+2-4i=8-i et d=3(−i)+2−4i=2−7id=3(-i)+2-4i=2-7i.

1. c. c−ab−a=6−2i−2−2i=−1+2i∉R\dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{6-2i}{-2-2i}=-1+2i\notin\mathbb{R} (AA, BB, CC non alignés) et b−dc−d=−2+6i6+6i=1+2i3\dfrac{b-d}{c-d}=\dfrac{-2+6i}{6+6i}=\dfrac{1+2i}3.

Donc c−ab−a×b−dc−d=(−1+2i)(1+2i)3=−53∈R\dfrac{c-a}{b-a}\times\dfrac{b-d}{c-d}=\dfrac{(-1+2i)(1+2i)}3=-\dfrac53\in\mathbb{R} : les points AA, BB, CC et DD sont cocycliques.

2. a. p=a+c2=102=5p=\dfrac{a+c}2=\dfrac{10}2=5.

2. b. ω−pb−d=−3−i−2+6i=(−3−i)(−2−6i)40=20i40=12i\dfrac{\omega-p}{b-d}=\dfrac{-3-i}{-2+6i}=\dfrac{(-3-i)(-2-6i)}{40}=\dfrac{20i}{40}=\dfrac12i.

En passant au module : PΩ=12DBP\Omega=\dfrac12DB, soit DB=2PΩDB=2P\Omega. En passant à l’argument : (DB→,PΩ→)≡arg⁡(ω−pb−d)≡π2  [2π]\left(\overrightarrow{DB},\overrightarrow{P\Omega}\right)\equiv\arg\left(\dfrac{\omega-p}{b-d}\right)\equiv\dfrac\pi2\;[2\pi].

Exercice 12 — Formules d’Euler Facile ★★☆☆☆

  1. Linéariser sin⁡2(x)cos⁡3(2x)\sin^2(x)\cos^3(2x) pour x∈Rx\in\mathbb{R}.
  2. À l’aide des formules d’Euler, montrer que, pour tous réels aa et bb : sin⁡(a)sin⁡(b)=12(cos⁡(a−b)−cos⁡(a+b))\sin(a)\sin(b)=\dfrac12\left(\cos(a-b)-\cos(a+b)\right).
Voir la solution

1. sin⁡2x=(eix−e−ix2i)2=2−e2ix−e−2ix4=1−cos⁡2x2\sin^2x=\left(\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^2=\dfrac{2-e^{2ix}-e^{-2ix}}4=\dfrac{1-\cos2x}2 et cos⁡3(2x)=(e2ix+e−2ix)38=2cos⁡6x+6cos⁡2x8=cos⁡6x+3cos⁡2x4\cos^3(2x)=\dfrac{\left(e^{2ix}+e^{-2ix}\right)^3}8=\dfrac{2\cos6x+6\cos2x}8=\dfrac{\cos6x+3\cos2x}4.

Donc sin⁡2xcos⁡3(2x)=18(3cos⁡2x+cos⁡6x−3cos⁡22x−cos⁡2xcos⁡6x)\sin^2x\cos^3(2x)=\dfrac18\left(3\cos2x+\cos6x-3\cos^22x-\cos2x\cos6x\right). Avec cos⁡22x=1+cos⁡4x2\cos^22x=\dfrac{1+\cos4x}2 et cos⁡2xcos⁡6x=cos⁡4x+cos⁡8x2\cos2x\cos6x=\dfrac{\cos4x+\cos8x}2 : sin⁡2xcos⁡3(2x)=−316+38cos⁡2x−14cos⁡4x+18cos⁡6x−116cos⁡8x.\sin^2x\cos^3(2x)=-\frac3{16}+\frac38\cos2x-\frac14\cos4x+\frac18\cos6x-\frac1{16}\cos8x.

2. sin⁡asin⁡b=(eia−e−ia)(eib−e−ib)(2i)2=−ei(a+b)+e−i(a+b)−ei(a−b)−e−i(a−b)4=−2cos⁡(a+b)−2cos⁡(a−b)4\sin a\sin b=\dfrac{\left(e^{ia}-e^{-ia}\right)\left(e^{ib}-e^{-ib}\right)}{(2i)^2}=-\dfrac{e^{i(a+b)}+e^{-i(a+b)}-e^{i(a-b)}-e^{-i(a-b)}}4=-\dfrac{2\cos(a+b)-2\cos(a-b)}4, soit sin⁡asin⁡b=12(cos⁡(a−b)−cos⁡(a+b))\sin a\sin b=\dfrac12\left(\cos(a-b)-\cos(a+b)\right).

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