Nombres complexes cours by beebac

Chapitre I

Nombres complexes

1 Généralités 1.1 Activité d’introduction a) Enoncé de l’activité d’introduction. En 1545 le mathématicien italien Jérome Cardan (1501-1576) publia une formule permettant sous certaines conditions de trouver une solution à une équation du troisième degré. On montre qu’une équation du troisième degré quelconque peut toujours s’écrire sous la forme : x3 + px + q = 0 p et q étant deux nombres réels. Une solution à cette équation est alors donnée par la formule suivante : s s r r 3 2 3 3 q 1 4p + 27q q 1 4p3 + 27q 2 x= − + + − − 2 2 27 2 2 27 1. On considère les deux fonctions f et g définies sur R par f (x) = x3 + 2x + 3 et g(x) = x3 − 15x − 4 a) Ètudier les variations de ces deux fonctions sur R et dresser leur tableau de variations. b) En déduire le nombre de solutions sur R des équations f (x) = 0 puis g(x) = 0. 2. Etude de l’équation (F) : x3 + 2x + 3 = 0. a) Appliquer la formule de Cardan à cette équation. b) Vérifier que : " " r !#3 r r !#3 r 1 11 3 5 11 1 11 3 5 11 1+ = + et −1 + =− + 2 3 2 6 3 2 3 2 6 3 c) En déduire une expression simple d’une solution à l’équation (F). 3. Etude de l’équation (G) : x3 − 15x − 4 = 0. a) Appliquer la formule de Cardan à cette équation, que se passe t-il ? b) Le mathématicien italien Bombelli (1526-1573) eu l’idée d’appliquer la formule de Cardan à √ l’équation (G) et de poursuivre les calculs en considérant que ” −484” est une certaine entité, que l’on √ va qualifié√de "nombre√imaginaire". Par utilisation des règles usuelles de calcul on obtient ” −484 = −222 √ = 22 −1”. Ce "nombre imaginaire", " −1" reçut en 1777 une notation √particulière, Euler nota i ce nombre 2 imaginaire, et il posa ”i = −1” ;ce qui permet de poser ” −484 = 22i” 1

Avec cette notation écrire la formule de Cardan obtenue pour l’équation (G). c) En appliquant les formules usuelles de calcul dans R, développer (2 + i)3

et (2 − i)3

d ) En déduire une expression simple d’une solution à l’équation (G). b) Correction de l’activité d’introduction. 1. a) f ′ (x) = 3x2 + 2 donc f ′ (x) est positif pour tout réel x, il s’ensuit que la fonction f est strictement croissante sur R. lim f (x) = lim x3 = −∞ et lim f (x) = lim x3 = +∞, on obtient donc le x→−∞

x→−∞

x→+∞

tableau de variations suivant. x

x→+∞

−∞

+∞

f ′ (x)

f (x)

+∞ −∞

√ √ g ′ (x) = 3x2 − 15, c’est un trinôme du second degré qui admet deux racines − 5 et 5. lim g(x) = lim x3 = −∞ et lim g(x) = lim x3 = +∞, on obtient donc le tableau x→−∞

x→−∞

x→+∞

de variations suivant.

√ √ − 5 5 +∞ 0 − 0 + M +∞

x −∞ ′ g (x) + g(x)

x→+∞

@ @ R @

−∞ m √ √ √ √ Avec M√= g(− √5) = −5√ 5 + 15 5 −√ 4 = 10 5 − 4 > 0 et m = g( 5) = 5 5 − 15 5 − 4 = −10 5 − 4 < 0 . b) D’après les tableaux de variations des fonctions f et g il en résulte que l’équation f (x) = 0 admet une solution unique dans R et que l’équation g(x) = 0 admet trois solutions distinctes dans R. 2. a) Pour cette équation nous avons p = 2 et q = 3, ce qui donne 4p3 + 27q 2 32 + 243 275 25 11 = = = × 27 27 27 9 3 d’où q 1 − + 2 2

4p3 + 27q 2 3 1 =− + 27 2 2 2

25 11 3 5 × =− + 9 3 2 6

11 3

De même q 1 − − 2 2 D’où la solution x=

s 3

3 5 4p3 + 27q 2 =− − 27 2 6

3 5 − − 2 6

11 + 3

s 3

3 5 − + 2 6

11 3

b) On utilise pour cela les identités remarquables suivantes : (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 et (a − b)3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 d’où " r !#3 1 11 1 1+ = 2 3 8

11 11 11 +3× + 3 3 3

1+3

De même " r !#3 1 11 1 −1 + = 2 3 8

11 3

11 11 −3× +3 3 3

11 3

11 −1 3

12 20 = + 8 24

11 3 5 = + 3 2 6

12 20 =− + 8 24

11 3

11 3 5 =− + 3 2 6

Donc 3 5 − − 2 6

3 5 + 2 6

v" u 1 11 u 3 =t − 3 2

v" u 11 u 1 3 =t 3 2

D’où 3

3 5 − − 2 6

et de même s 3

3 5 − + 2 6

11 3

11 =− 3

1 =− 2

11 3

!#3

11 3

!#3

1 =− 2

−1 +

11 3

!#3

1 = 2

1 = − 2

11 3

−1 +

11 3

!#3

En définitive, nous obtenons la solution sous la forme r ! r ! 1 11 1 11 1+ + −1 + = −1 x=− 2 3 2 3 La formule de Cardan permet donc de déterminer l’unique solution de l’équation (E) mise en évidence dans la question 2.b). 3. a) Pour cette équation, nous avons p = −15 et q = −4 ce qui donne 4p3 + 27q 2 13068 =− = −484 27 27 Ce nombre étant négatif, il ne sera pas possible d’en calculer la racine carrée, bien que nous sachions d’après la question 2.b) que cette équation admet trois solutions. 3

11 3

b) La formule de Cardan s’écrit alors sous la forme, r r √ √ 1 1 3 3 x = 2 + × 22i + 2 − × 22i = 3 2 + 11i + 3 2 − 11i 2 2 c) Comme i2 = −1, on obtient i3 = −i, d’où (2 + i)3 = 8 + 12i + 6i2 + i3 = 8 + 12i − 6 − i = 2 + 11i et (2 − i)3 = 8 − 12i − 6 + i = 2 − 11i d) Ce qui donne pour la formule de Cardan, p p x = 3 (2 − i)3 + 3 (2 + i)3 = 2 − i + 2 + i = 4

Nous pouvons remarquer que ces calculs sur des "nombres imaginaires" ont permis d’étendre le champs d’application de la formule de Cardan et de retrouver ainsi des solutions réelles à certaines équations. L’intérêt de ces nombres est évident : permettre de résoudre certaines équations, alors que dans R les calculs sont impossibles. Il ne reste plus qu’à donner un cadre mathématique rigoureux à ces "nombres imaginaires" en précisant leur définition et les règles de calcul correspondantes. La dénomination "nombres imaginaires" a été abandonnée au profit de celle de "nombre complexe", c’est cette notion que nous allons maintenant définir.

1.2 Définitions et premières propriétés. Déf1 On appelle nombre complexe un nombre de la forme z = a + ib

où a et b sont deux réels et i un symbole tel que i2 = −1 L’ensemble de tous les nombres complexes se note C. Exemples : √ 2 + 3i ; −1 + i 2 sont des nombres complexes. 0 + 0 × i = 0 est un nombre complexe particulier et d’une façon générale : si x est un nombre réel alors x + 0 × i = x est un nombre complexe. On peut donc énoncer la propriété suivante : P1

Tout nombre réel est un nombre complexe particulier, on dit que l’ensemble des nombre réels est inclus dans l’ensemble des nombres complexes et on note R⊂C

De même 3i = 0 + 3i et −2i = 0 + (−2)i sont des nombres complexes : On dit qu’ils sont imaginaires purs : Déf2 On appelle imaginaire pur tout nombre complexe de la forme ib où b est

un nombre réel. L’ensemble des nombres imaginaires purs se note iR. On remarquera que 0 est imaginaire pur. 4

Parmi les nombres complexes a + ib, les deux cas particuliers des nombres réels et imaginaires purs, sont obtenus en faisant a = 0 ou b = 0. C’est ainsi que l’on défini la partie réelle et la partie imaginaire d’un nombre complexe. Déf3 Soient a et b deux nombres réels, et z le nombre complexe a + ib. a est appelé partie réelle de z et b partie imaginaire de z. On note a = Re(z) et b = Im(z) On remarquera que la partie imaginaire d’un nombre complexe est un nombre réel, il n’y a pas de "i". Exemples : √ √ La partie réelle de z = 1 − i 2 est 1 et sa partie imaginaire est − 2. Puisque 0 = 0 + 0 × i il s’ensuit que la partie réelle et la partie imaginaire de 0 sont toutes deux nulles. Réciproquement si a = b = 0, alors z = a + ib = 0 + 0 × i = 0, on peut donc énoncer la propriété suivante : P2

Un nombre complexe est nul si et seulement si ses parties réelle et imaginaires sont nulles : z = 0 ⇔ Re(z) = Im(z) = 0

D’autre part la définition des nombres complexes réels ainsi que des nombres complexes imaginaires purs ou nul, va se traduire par la propriété : P3

Un nombre complexe est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle. Un nombre complexe est imaginaire pur si et seulement si sa partie réelle est nulle. z ∈ R ⇔ Im(z) = 0 et z ∈ iR ⇔ Re(z) = 0

On peut donc affirmer que 0 est le seul nombre complexe à la fois réel et imaginaire pur. Dans l’introduction nous avons dit que l’on doit calculer dans C comme dans R, considérons alors deux nombres complexes z = a + ib et z ′ = a′ + ib′ , il vient

Soit

z = z ′ ⇔ z − z ′ = 0 ⇔ (a + ib) − (a′ + ib′ ) = 0 z − z ′ = 0 ⇔ a − a′ + ib − ib′ = 0 ⇔ (a − a′ ) + i(b − b′ ) = 0 ⇔ a − a′ = 0 et b − b′ = 0 ⇔ a = a′ et b = b′

Ce qui signifie que z et z ′ on même partie réelle et même partie imaginaire, d’où :

deux nombres complexes sont égaux si et seulement si ils ont même partie réelle et même partie imaginaire. z = z ′ ⇔ Re(z) = Re(z ′ ) et Im(z) = Im(z ′ )

1.3 Interprétation géométrique Dans les classes antérieures, il a été mis en évidence le fait qu’ à tout nombre réel on pouvait associer un unique point d’une droite et que réciproquement à tout point M d’une droite (D) on pouvait associer un unique réel appelé abscisse de ce point M et noté xM , à condition d’avoir muni cette droite d’un repère. Si maintenant nous considérons un nombre complexe z = a + ib, a et b étant deux réels, il sera naturel de lui associer l’unique point M du plan qui aura pour coordonnées (a, b) et réciproquement à tout point M du plan on associera l’unique nombre complexe z = a + ib où a et b sont respectivement l’abscisse et l’ordonnée de ce point M. Ce nombre complexe se nomme affixe du point M. Il faut au préalable munir le plan d’un repère que l’on va choisir orthonormé direct. On évitera d’avoir recourt à la lettre "i" pour désigner un des vecteurs du repère dans la mesure où cette lettre désigne un nombre complexe particulier. → → On préférera désigner ce repère par (O, ~u, ~v ) ou bien par (O, − e1 , − e2 ) selon les cas. On peut donc donner la définition suivante. → − Déf4 Le plan étant muni d’un repère orthonormé direct (O, − e1 , → e2 ), on appelle affixe du point M, le nombre complexe z = a + ib où, a et b sont dans cet ordre, les coordonnées de ce point M. M est alors appelé point image du nombre complexe z = a + ib.

Il est d’usage de noter M(a, b) pour signifier que ce point M a pour coordonnées a et b. Son affixe étant z = a + ib on notera M(z) le point d’affixe z, on utilisera également la notation zM le cas échéant. La notion de coordonnée s’applique également aux vecteurs du plan, on définira ainsi, de façon → analogue l’affixe d’un vecteur − u par : → → − Déf5 l’ affixe du vecteur − u (x, y) est le nombre complexe notée Aff (− u ) ou Z→ u → défini par Aff (− u ) = x + iy.

−→ → Supposons maintenant que − u = AB où A et B ont pour affixes respectives zA = xA + iyA et −→ zB = xB + iyB ; le vecteur AB ayant pour coordonnées (xB − xA ; yB − yA ), nous obtenons −→ Aff AB = (xB − xA ) + i(yB − yA ) = xB − xA + iyB − iyA ) = (xB + iyB ) − (xA + iyA ) = zB − zA

D’où la propriété suivante : P5

−→ Soient deux points A(zA ) et B(zB ) alors le vecteur AB a pour affixe → = zB − zA Z− AB

Nous avons vu qu’un nombre complexe est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle. Le point image M d’un tel complexe aura comme affixe z = x+0×i et donc comme coordonnées (x, 0) ce qui signifie qu’il appartient à l’axe des abscisses. Réciproquement, un point de l’axe des abscisses ayant comme coordonnées (x, 0) aura comme affixe z = x + 0 × i et sera réel. C’est pour cette raison quel’on nomme l’axe des abscisses "axe des réels" et que d’une façon analogue on nomme l’axe des ordonnées "axe des imaginaires purs". Le plan porte alors le nom de plan complexe. Il s’ensuit la propriété suivante : P6

Un nombre complexe est réel si et seulement si son point image appartient à l’axe des abscisses et un nombre complexe est imaginaire pur si et seulement si son point image appartient à l’axe des ordonnées.

Exercice 1 Placer les points suivants dans le plan complexe muni d’un repère orthonormé (O, ~u, ~v ) A(1) ; B(i) ; C(1 + i) ; C′ (1 − i) ; D(3 − 2i) ; D′(3 + 2i) ; E(−1 + 2, 5i) Ill suffit de penser à convertir les affixes en coordonnées, cela ne posant aucun problème.

E(−1 + 2, 5i) •

D′ (3 + 2i) •

C(1 + i)

B(i) •

•

− → v •

A(1) •

− → u

•

C′ (1 − i) D(3 − 2i) •

Sur la figure 1 nous pouvons constater que les points C et C’d’une part ainsi que D et D’ d’autre part sont symétriques par rapport à l’axe des réels. D’une façon générale, si un point M a pour affixe z = a + ib alors son symétrique M′ par 7

rapport à l’axe des abscisses aura pour affixe a − ib, on dit que les affixes sont conjuguées l’une de l’autre. Déf6 Soit un nombre complexe z = a + ib avec a et b réel, on appelle nombre

complexe conjugué de z le nombre complexe noté z défini par z = a − ib Exemples 1 + i = 1 − i ; 3 − 2i = 3 + 2i ; i = 0 + i = 0 − i = −i ; 1 = 1 + 0 × i = 1 − 0 × i = 1 On remarque que i et i sont opposés alors que 1 et 1 sont égaux. Ceci est général, en effet si M(z) avec z réel, M sera invariant par la symétrie d’axe (Ox) et donc M(z) et M′ (z) seront confondus d’où z = z, et réciproquement. Dans le cas où M(z) avec z imaginaire pur, M appartient à l’axe (Oy) et son symétrique par rapport à (Ox) aura pour affixe −z, d’où z = −z, et réciproquement. Nous pouvons énoncer la caractérisation suivante des nombres réels ainsi que des imaginaires purs par : P7

Un nombre complexe est réel si et seulement si il est égale à son conjugué. Un nombre complexe est imaginaire pur si et seulement si il est égale à l’opposé de son conjugué. z ∈ R ⇔ z = z et z ∈ iR ⇔ z = −z

Naturellement si M′ (z) est le symétrique de M(z) par rapport à l’axe des abscisses, M(z) est aussi le symétrique de M′ (z) par rapport à l’axe des abscisses. Ce qui exprime que z est le conjugué de z, et donc que z et z sont conjugués l’un de l’autre ce qui se traduit mathématiquement par z = z. D’autre part, si l’on pose z = a + ib avec, comme il est d’usage a et b réels, nous obtenons : z+z = a+ib+a−ib = 2a = 2Re(z) et z−z = a+ib−(a−ib) = a+ib−a+ib = 2ib = 2iIm(z) Ce que l’on résume dans la propriété suivante : P8 z + z = 2Re(z) z − z = 2iIm(z)

z+z 2 z−z Im(z) = 2i

⇔

Re(z) =

⇔

Dans la formule donnant Im(z) en fonction de z et z on n’oubliera pas le "i" au dénominateur. Ce résultat signifie aussi que pour tout nombre complexe z la quantité ζ + z est réelle alors que l’expression z − z est imaginaire pure. L’interprétation géométrique des nombres complexes met en évidence la possibilité de traiter des problèmes de nature géométrique à l’aide de ces nombres. Nous étudierons cet aspect dans une prochaine section. Pour l’instant revenons sur les calculs relatifs aux nombres complexes, c’est-à-dire sur l’aspect algébrique des nombres complexes. 8

2 Aspect algébrique 2.1 Calculs sur les nombres complexes Exercice 2 Effectuer les opérations suivantes puis placer les points obtenus dans le plan complexe muni d’un repère orthonormé (O, ~u, ~v) : z1 = (2+5i)+(1−2i) ; z2 = (−2+4i)−(1+3i) ; z3 = (3+2i)×(1−i) ; z4 =

1 + 2i 2 + 3i ; z5 = 3 1+i

Solution z1 = 3 + 3i ;

z2 = −3 + i ;

z3 = 3 − 3i + 2i − 2i2 = 5 − i ;

z4 =

2 +i 3

Soient les points M1 (3 + 3i) ; M2 (−3 + i) ; M3 (5 − i) ; et M4 ( 32 + i). Reste le problème du point M5 (z5 ), il faut exprimer son affixe sous la forme z4 = a + ib avec a et b réels pour en déduire ses coordonnées (a, b). La difficulté provient de la présence du "i" au dénominateur, il faut donc pouvoir exprimer l’affixe de ce point M5 sans "i" au dénominateur, c’est à dire avec un dénominateur réel. On remarque alors que le produit (1 + i)(1 − i) = 12 − i2 = 1 − (−1) = 2 fournit un résultat réel, d’où 1 + 2i (1 + 2i)(1 − i) 3+i 3 i = = = + z5 = 1+i (1 + i)(1 − i) 2 2 2

M1 (3 + 3i) +

M4 +

M2 (−3 + 1) +

M5 +

− → v O

2 3

3 2

+ 21 i

− → u

M3 (5 − i) +

Une telle expression de z5 , qui permet de lire directement sa partie réelle et sa partie imaginaire s’appelle la forme algébrique de z. Déf7 L’écriture d’un nombre complexe z sous la forme a + ib avec a et b réels

s’appelle la forme algébrique du nombre complexe z. Le produit qui nous a permis d’obtenir la forme algébrique de z= c’est à dire le produit (1 + i)(1 + i) : cette règle est générale 9

1 + 2i est le produit (1+i)(1−i) 1+i

Règle pratique. Pour mettre un quotient de deux nombres complexes sous forme algébrique, on multiplie le numérateur et le dénominateur de ce quotient par le conjugué du dénominateur Soit, si z2 6= 0 alors :

z1 z1 × z2 = z2 z2 × z2 Si le dénominateur est sous la forme z = a + ib, avec a et b réels, on obtient alors zz = (a + ib)(a − ib) = a2 − (ib)2 = a2 − i2 b2 = a2 + b2

On retiendra ce résultat sous la forme de la propriété suivante. P9

Soit z = a + ib avec a et b réels, alors zz = a2 + b2

Exercice 3 Donner la forme algébrique des nombres complexes suivants : z1 = (2 + 3i)(2 − 3i) ;

z2 = (2 + 3i)2

;

z3 =

1 i

;

Solution z1 = 22 − (3i)2 = 4 − 9i2 + 4 + 9 = 13 z2 = 4 + 2 × 2 × 3i + (3i)2 = 4 + 12i + 9i2 = 4 + 12i − 9 = −5 + 12i 1 × (−i) −i z3 = 2 = = −i 2 0 +1 1 4 + 3 + 2i − 6i 7 − 4i 7 4 (2 − 3i)(2 + i) z4 = = = = − i 2 2 (2 − i)(2 + i) 2 +1 5 5 5

z4 =

2 − 3i 2−i

Remarque 1 . On remarquera que l’on peut appliquer, au même titre que dans R, les identités remarquables classiques. Cependant, dans R il est impossible de factoriser une expression de la forme a2 + b2 , mais dans C nous avons obtenu que a2 + b2 = (a + ib)(a − ib) cette "nouvelle identité remarquable" se généralise au cas où les deux termes sont des nombres complexes. P10

Identités remarquables dans C (z + z ′ )2 (z − z ′ )2 z 2 − z ′2 z 2 + z ′2

= z 2 + 2zz ′ + z ′2 = z 2 − 2zz ′ + z ′2 = (z − z ′ )(z + z ′ ) = (z + iz ′ )(z − iz ′ )

Remarque 2 . A ce stade de l’étude des nombres complexes, nous constatons que dans l’ensemble C nous pouvons calculer comme dans R avec une identité remarquable en plus ! Considérons à présent l’équation x2 + 1 = 0, elle n’a pas de solution dans R, mais si maintenant nous considérons cette même équation dans C, nous obtenons : z 2 + 1 = 0 ⇔ z 2 + 12 = 0 ⇔ (z + i)(z − i) = 0 ⇔ z + i = 0 ou z − i = 0 Ce qui donne cette fois ci deux solutions distinctes z = i ou z = −i. 10

Nous montrerons prochainement qu’en fait toute équation du second degré (à coefficients réels) admet dans C deux solutions distinctes ou confondues. Un théorème, qui dépasse très largement le cadre de ce cours, va plus loin et affirme que : toute équation de degré n dans C admet exactement n solutions distinctes ou confondues. Cet énoncé est le célèbre théorème de D’Alembert-Gauss. Mais y a-t-il une contre partie à tout cela ? Essayons de déterminer le signe de i, que i soit positif ou négatif, comme on retrouve les règles de calcul applicables dans R, on aurait i2 = i × i positif. Or i2 = −1, cela n’a donc pas de sens de parler du "signe de i" ainsi que du signe de tout autre nombre complexe quelconque :

B La notion de signe d’un nombre complexe quelconque n’a pas de sens . Revenons sur l’expression zz = a2 + b2 lorsque z = a + ib avec a et b réels. L’expression du résultat sous la forme d’une somme de deux carrés fait penser géométriquement au théorème de Pythagore. En effet, si nous considérons le point M(a + ib) alors la distance OM est égale à p √ OM = (a − 0)2 + (b − 0)2 = a2 + b2

Ainsi le produit zz = a2 + b2 apparaît comme le carré de la distance OM, cela va donc nous permettre d’obtenir d’autres interprétations géométriques des nombres complexes, et réciproquement de traduire des propriétés géométriques faisant intervenir les distances à l’ aide des nombres complexes. L’intérêt de cette remarque est manifeste, par commodité on pose la définition suivante. Déf8 On appelle module du nombre complexe z = a + ib avec a et b réels la

distance OM où M est le point du plan complexe d’affixe z, on note ce module | z | donc : √ | z | = | a + ib | = a2 + b2 = OM Donnons une première application géométrique de cette notion : Considérons deux points A(xA , yA ) et B(xB , yB ) d’affixes respectives zA = xA + iyA et zB = xB + iyB , puisque zB − zA = (xB + iyB ) − (xA + iyA ) = (xB − xA ) + i(yB − yA ) d’après la formule usuelle donnant la distance entre deux points du plan,il vient p AB = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = | zB − zA | D’où la propriété P11

Soient A et B deux points d’affixes respectives zA et zB alors AB = | zB − zA |

Une conséquence de la définition du module est que zz = a2 + b2 = | z |2 11

et donc que pour z ′ 6= 0 on a

BLe symbole

√

z × z′ z = z′ | z ′ |2

ne doit être utilisé, conformément à sa définition, qu’avec des nombres réels positifs, même si dans l’introduction on a "travaillé" sur des radicaux contenant le symbole i. Remarque 3 . Que se passe-t-il si le nombre complexe z est √ réel ? √ 2 + 02 = Nous obtenons | z | = | a + 0i | = a a2 √ Or a2 est égale à la valeur absolue du nombre réel a que l’on note de la même façon | a | ! Ce qui signifie, que si l’on se restreint aux nombres réels, les notions de module et de valeur absolue se confondent. Précisons à présent les liens entre module, complexes conjugués et les quatres opérations : 2.2 Propriétés de la conjugaison et du module. Dans tout ce qui suit z = a + ib et z ′ = a′ + ib′ sont deux nombres complexes écrits sous forme algébrique et le plan complexe est muni d’un √ repère orthonormé (O, ~u, ~v ) On rappelle que z = a − ib et que | z | = a2 + b2 = OM avec M(z). • Comme M(z) et P(z) sont symétriques par rapport à (Ox), les distances OM et OP sont égales d’où |z | = |z|

• M(z) et Q(−z) étant symétriques par rapport à O, les distances OM et OQ seront égales,d’où | −z | = | z | • (−z) = (−a) + i(−b) = (−a) − i(−b) = − (a − ib) = −z, d’où (−z) = −z • Conjugué d’une somme ou d’une différence : z + z ′ = a + ib + a′ + ib′ = a + a′ + i(b + b′ ) = (a + a′ ) − i(b + b′ ) = (a − ib) + (a′ − ib′ ), d’où z + z′ = z + z′ et de même z − z′ = z − z′ • Module d’une somme ou d’une différence : Soient M(z), M′ (z ′ ) et R(z + z ′ ), alors | z + z ′ | = OR, or d’après l’inégalité triangulaire valable pour tous les points du plan, on obtient | z + z ′ | = OR 6 OM + MR 6 | zM | + | zR − zM | 6 | z | + | z + z′ − z | 6 | z | + | z′ | 12

On retiendra donc que | z + z′ | 6 | z | + | z′ |

Cette inégalité étant valable également pour une différence. Elle porte le même nom que l’inégalité géométrique servant à sa démonstration, à savoir inégalité triangulaire entre nombres complexes. • Conjugué d’un produit. z × z ′ = (a + ib)(a′ + ib′ ) = aa′ − bb′ + iab′ + ia′ b = aa′ − bb′ + i(ab′ + a′ b) = aa′ − bb′ − i(ab′ + a′ b) = aa′ − iab′ − bb′ − ia′ b = a(a′ − ib′ ) + i2 bb′ − ia′ b = a(a′ − ib′ ) − ia′ b + i2 bb′ = a(a′ − ib′ ) − ib(a′ − ib′ ) = (a′ − ib′ )(a − ib) = z × z′

On retiendra que : Le conjugué d’un produit est égale au produit des conjugués • Module d’un produit. | z × z ′ |2 = z · z ′ × z · z ′ = z · z ′ × z · z ′ d’après le résultat précédent. Il s’ensuit que 2

| z × z ′ | = z · z · z ′ · z ′ = | z |2 × | z ′ | = (| z | × | z ′ |)

Les quantités | z × z ′ | et | z | × | z ′ | ont donc des carrés égaux, or comme se sont des nombres réels positifs nous pouvons en conclure qu’ils sont égaux, d’où : | z × z′ | = | z | × | z′ | On retiendra que : Le module d’un produit est égale au produit des modules • Module et conjugué d’une puissance. Soit n un entier naturel non nul. Considérons un produit de n facteurs égaux à z, en réitérant n fois les deux propriétés précédentes, nous obtenons que : z n = (z)n

| z n | = (| z |)n

• Conjugué d’un quotient. z z Supposons z ′ 6= 0, il vient z ′ × ′ = z ′ × ′ d’après la propriété précédente. z z z z ′ Or z × ′ = z, d’où z ′ × ′ = z et donc : z z z z z z′ × ′ = z ⇔ ′ = ′ z z z On retiendra que : Le conjugué d’un quotient est égale au quotient des conjugués. En particulier si le numérateur vaut 1, nous obtenons pour z 6= 0 1 1 = z z 13

• Module d’un quotient. Par un raisonnement analogue, il vient que :

| z′ | × ′ = z′ × ′ = | z | z z D’où

|z|

′ = ′ z |z |

On retiendra que : Le module d’un quotient est égale au quotient des modules. En particulier si le numérateur vaut 1, nous obtenons pour z 6= 0

= 1

z |z |

Nous allons résumer tous ces résultats dans la propriété suivante. P12

z + z′ = z + z′ z × z′ = z × z′ zn = zn z z = z′ z′ 1 1 = z z

| z + z′ | 6 | z | + | z′ | | z × z′ | = | z | × | z′ | | z n | = | z |n

|z|

′ = ′ z |z |

= 1

z |z |

Donnons comme application de ces propriétés un exercice dont le résultat nous servira ultérieurement. Exercice 4 Soient a, b et c trois réels avec a 6= 0, montrer que si l’équation (E) :az 2 + bz + c = 0 admet une solution complexe ζ, alors ζ est aussi solution de cette équation. Solution ζ solution de az 2 + bz + c = 0 ⇒ aζ 2 + bζ + c = 0 ⇒ aζ 2 + bζ + c = 0 ⇒ aζ 2 + bζ + c = 0

⇒ a × ζ2 + b × ζ + c = 0 2

⇒a×ζ +b×ζ +c = 0 d’après les propriétés de la conjugaison. Or les coefficients a, b et c sont supposés réels d’où a=a ; Donc

b=b ;

aζ + bζ + c = 0 14

c=c

Ce qui signifie que ζ est une solution de l’équation az 2 + bz + c = 0. Pour clore cet exercice, on peut remarquer que ce résultat restera valable pour une équation de degré quelconque à condition que ses coefficients soient réels. 2.3 Exemples d’équations dans C. a) Equations du premier degré et équations en z et z Résoudre dans C les équations suivantes : 1. iz + 2 − i = 0 −2 + i 2 1) ⇔ iz = −2 + i ⇔ z = = − + 1 = 2i + 1 = 1 + 2i i i Conclusion : S = {1 + 2i}. On résout ces équations par les mêmes méthodes que l’on utilise dans R. On donnera les solutions sous forme algébrique. z−1 =i z−i Le domaine de cette équation est C \ {i}, il vient : 2 2(1 + i) = 2) ⇔ z − 1 = i(z − i) ⇔ z − iz = 2 ⇔ z = 1−i 2 Conclusion : S = {1 + i} 3. 2iz + 3z − 1 + i = 0 Cette équation présente la particularité de faire intervenir à la fois z et z, ce qui ne peut se produire dans R, car dans ce cas nous aurions z = z. Dans C nous devons distinguer z de z, ce qui nous conduit à faire intervenir la forme algébrique de z et poser z = x + iy avec x et y réels. Il vient 2.

3) ⇔ 2i(x+iy)+3(x−iy)−1+i = 0 ⇔ 2ix−2y+3x−3iy−1+i = 0 ⇔ 3x−2y−1+i(2x−3y+1) = 0 Les parties réelle et imaginaire du nombre complexe figurant au membre de gauche de cette dernière égalité sont donc nulles, il en résulte le système :   3x − 2y − 1 = 0 6x − 4y = 2 ⇔ 2x − 3y + 1 = 0 6x − 9y = −3

On soustrait la deuxième de la première équation, il vient 5y = 5 soit y = 1. En remplaçant dans la première , on obtient 6x − 4 = 2 d’où x = 1. En définitive, nous obtenons z = x + iy = 1 + i, d’où S = {1 + i}. b) Equation du second degré dans C à coefficients réels.

Considérons l’équation du second degré d’inconnue z ∈ C et de coefficients réels a, b et c avec a 6= 0 : (E) : az 2 + bz + c = 0 La forme canonique du trinôme du second degré est valable également dans C, nous obtenons donc : " # 2 2 b b − 4ac az 2 + bz + c = a z + − 2a 4a2 15

Posons ∆ = b2 − 4ac, tous les coefficients étant réels on peut discuter selon le signe de ∆, il vient • Si ∆ = 0 alors " 2 # b (E) ⇔ a z + =0 2a b =0 2a b ⇔z=− 2a ⇔z+

On retrouve une solution double • Dans le cas où ∆ > 0, l’expression canonique se factorise comme dans R, et nous obtenons les deux solutions réelles : √ √ −b + ∆ −b − ∆ z1 = et z2 = 2a 2a • Que se passe-t-il si ∆ est strictement négatif ? Nous pouvons écrire que −∆ > 0 et donc # " 2 ∆ b − 2 =0 (E) ⇔a z + 2a 4a " # 2 b −∆ + 2 =0 ⇔a z + 2a 4a " 2 √ 2 # b −∆ ⇔a z + + =0 2a 2a 2 √ 2 b −∆ ⇔ z+ + =0 2a 2a Cette dernière expression ne se factorisant pas dans R nous obtenons aucune solution réelle. Mais nous avons vu à la propriété P10 que

Z2 + Z′2 = (Z + iZ′ ) (Z − iZ′ ) √ b −∆ ′ En posant Z = z + et Z = nous obtenons : 2a 2a √ √ b −∆ b −∆ +i z+ −i =0 (E) ⇔ z + 2a 2a 2a 2a √ √ b + i −∆ b − i −∆ ⇔ z+ z+ =0 2a 2a √ √ b + i −∆ b − i −∆ ⇔z = − ou z = − 2a 2a √ √ −b − i −∆ −b + i −∆ ⇔z = ou z = 2a 2a 16

Ce qui donne deux solutions complexes conjuguées. On remarque que dans tous les cas une équation du second degré admet dans C deux solutions, éventuellement confondues (si ∆ = 0). Résumons tout ceci dans la propriété suivante : P13

Dans C une équation admet toujours deux solutions distinctes ou confondues. • Si ∆ = 0 une solution double z0 = −

b 2a

• Si ∆ > 0 deux solutions réelles distinctes : √ √ −b + ∆ −b − ∆ z1 = ou z2 = 2a 2a • Si ∆ < 0 deux solutions complexes conjuguées : √ √ −b − i −∆ −b + i −∆ ou z = z= 2a 2a Remarque 4 . Dans le cas particulier où a = 1, b = 0 nous obtenons l’équation z 2 + c = 0 ⇔ z 2 = −c, équation que l’on va écrire sous la forme z 2 = β, β étant un nombre réel quelconque. • Si β > 0, on obtient • Si β < 0, on obtient

p β ou z = − β

p p z = i −β ou z = −i −β

Remarque 5 . Si l’on considère une équation à coefficients complexes, le raisonnement ci-dessus ne s’applique plus car il est alors impossible de discuter selon le signe de ∆ puisque la notion de signe n’a pas de sens dans C. Nous traiterons en exercice quelques exemples de telles équations. Exemples Résoudre dans C les équations suivantes. 1. z 2 − 5z + 6 = 0 : On obtient ∆ = 1, les deux solutions sont réelles. z1 = 2 ou z2 = 3 2. z 2 + 6z + 9 = 0 : ∆ = 0, une solution double z0 = −3

3. z 2 + z + 1 = 0 On obtient ∆ = −3, qui est négatif.Cela donne donc deux solutions complexes conjuguées. √ √ 1 −1 + i 3 3 z1 = =− +i 2 √ 2 √2 −1 − i 3 1 3 z2 = =− −i 2 2 2 4. z 2 − (1 + i)z + i = 0 La méthode ne s’applique pas car les coefficients ne sont pas tous réels, on ne peut pas actuellement résoudre une telle équation. 2.4 Exercices types a) Exemple d’équations du second degré à coefficients complexes. On considère la dernière équation de l’exemple précédent : z 2 − (1 + i)z + i = 0 La méthode consiste à trouver une solution évidente ou bien à vérifier qu’un certain nombre complexe est effectivement solution de cette équation. a) Monter que i est solution. i2 − (1 + i) × i + i = −1 − i − i2 + i = −1 − i + 1 + i = 0 b) Déterminer le nombre complexe ζ tels que z 2 − (1 + i)z + i = (z − i)(z − ζ) Nous obtenons z 2 − (1 + i)z + i = (z − i)(z − ζ) ⇔ z 2 − (1 + i)z + i = z 2 − ζ × z − iz + i × ζ ⇔ z 2 + (−1 − i)z + i = z 2 + (−i − ζ)z + i × ζ   −1 − i = −i − ζ ⇔  i =i×ζ

Nous obtenons directement ζ = 1, d’où

z 2 − (1 + i)z + i = (z − i)(z − 1) c) En déduire les solutions à l’équation proposée. On trouve directement z = i ou z = 1, soit S = {1; i} On peut également montrer que 1 est racine évidente et procéder en suite à la factorisation. On constate que cette équation admet deux solutions, mais qui ne sont pas conjuguées. 18

b) Exemple d’équations du troisième degré à coefficients complexes. On considère l’équation : (E) : z 3 + (1 + i)z 2 + (−1 + i)z − i = 0 a) Montrer que (E) possède une solution imaginaire pure que l’on déterminera. Un nombre complexe imaginaire pur s’écrit sous la forme z = ib où b est un réel quelconque. Dire que ib est une solution de l’équation (E) signifie que le nombre complexe ib vérifie l’équation, donc que si l’on remplace z par ib nous obtenons 0 z = ib solution de (E) ⇔ (ib)3 + (1 + i)(ib)2 + (−1 + i)(ib) − i = 0 ⇔ i3 b3 + (1 + i)i2 b2 − ib + i2 b − i = 0 ⇔ −ib3 − (1 + i)b2 − ib − b − i = 0 ⇔ −ib3 − b2 − ib2 − ib − b − i = 0 Le nombre complexe obtenu dans le membre de gauche de la dernière égalité est donc nul. Or un nombre complexe est nul si et seulement si sa partie réelle et sa partie imaginaire sont nulles, il faudra donc écrire ce nombre complexe sous forme algébrique afin d’en déterminer sa partie réelle et sa partie imaginaire. z = ib solution de (E) ⇔ −b2 − b + i(−b3 − b2 − b − 1) = 0  −b2 − b =0 ⇔ −b3 − b2 − b − 1 = 0

La première équation donne facilement b = 0 ou b = −1, en vérifiant dans la deuxième on constate que 0 ne convient pas mais que −1 convient. En conclusion z = i × (−1) = −i est une solution imaginaire pure à l’équation (E). b) Déterminer deux réels b et c tels que z 3 + (1 + i)z 2 + (−1 + i)z − i = (z + i)(z 2 + bz + c) : (1) La méthode consiste à développer, ordonner selon les puissances de z le membre de droite, puis d’identifier les coefficients des puissances de z de part et d’autre de l’égalité obtenue. C’est un raisonnement par équivalence, on utilisera donc le symbole "⇔". (1) ⇔ z 3 + (1 + i)z 2 + (−1 + i)z − i = z 3 + bz 2 + cz + iz 2 + ibz + ic ⇔ z 3 + (1 + i)z 2 + (1 − i)z−i = z 3 + (b + i)z 2 + (c + ib)z+ic  1+i =b+i     ⇔ −1 + i = c + ib     −i = ic 19

La dernière équation donne directement c = −1 et dans la deuxième nous obtenons b = 1, valeur qui vérifie la première équation d’où z 3 + (1 + i)z 2 + (−1 + i)z − i = (z + i)(z 2 + z − 1) c) En déduire les solutions de l’équation (E) (E) ⇔ (z + i)(z 2 + z − 1) = 0 ⇔ z + i = 0 où z 2 + z − 1 = 0

La première équation fourni la solution imaginaire pure déterminée au début de l’exercice, à savoir z1 = −i. Résolvons la seconde équation : √ √ −1 − 5 −1 + 5 ∆ = 5, nous obtenons donc deux solutions réelles : z2 = ou z3 = 2 2 En conclusion, l’équation (E) admet trois solutions : ( √ √ ) −1 − 5 −1 + 5 S = −i; ; 2 2 c) Détermination de partie réelle et imaginaire. Soit z un nombre complexe différent de i, on pose z = x + iy avec x et y réels, et on considère le complexe z+1 Z= 1 + iz On demande d’exprimer la partie réelle et la partie imaginaire de Z en fonction de x et de y. Il faut donc mettre Z sous forme algébrique, c’est à dire multiplier le numérateur et le dénominateur de Z par le conjugué de 1 + iz, c’est à dire par 1 + iz = 1 + iz = 1 + i × z = 1 − iz D’où (z + 1)(1 − iz) (1 + iz)(1 − iz) z − izz + 1 − iz = 1 − iz + iz − i2 zz

Or nous savons que zz = x2 + y 2 z + z = 2x et z − z = 2iy Faisons apparaître et utilisons ces relations dans l’égalité précédente. z − i(zz) + 1 − iz 1 + i(z − z) + zz x + iy − i(x2 + y 2 ) + 1 − i(x − iy) = 1 + i × 2iy + x2 + y 2 x + iy − ix2 − iy 2 + 1 − ix−y = 1 − 2y + x2 + y 2 x + 1 − y + i(−x2 − y 2 + y − x) = 1 − 2y + x2 + y 2

Le dénominateur étant réel il suffit de "séparer en deux" le numérateur de Z pour obtenir le résultat souhaité : −x2 − y 2 + y − x x+1−y Z= + i 1 − 2y + x2 + y 2 1 − 2y + x2 + y 2 Ce qui donne −x2 − y 2 + y − x x+1−y Re(Z) = et Im(Z) = 1 − 2y + x2 + y 2 1 − 2y + x2 + y 2 Nous verrons une utilisation géométrique de ce résultat dans la section suivante. 3 Aspect géométrique des nombres complexes. 3.1 Rappels et compléments − → Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct (O, → e1 , − e2 ). − → A tout point M(x, y) ainsi qu’a tout vecteur u (x, y) on associe l’ unique nombre complexe noté → → zM ou Aff (− u ) appelé affixe du point M et du vecteur − u et défini par z = x + iy. Nous avons établi les résultats suivants : p −−→ • OM = kOMk = | z | = x2 + y 2 −→ • Aff AB = zB − zA • AB = | zB − zA |

Nous allons pouvoir traduire simplement, en termes d’affixes, des résultats classiques de géométrie. → → → → Soient − u (x, y) et − v (x′ , y ′) puisque − u +− v a pour coordonnées (x + x′ , y + y ′), nous obtenons pour affixe : → → → → Aff (− u +− v ) = (x + x′ ) + i(y + y ′) = (x + iy) + (x′ + iy ′ ) = Aff (− u ) + Aff (− v) → Soit maintenant un réel λ, comme λ · − u a pour coordonnées (λx, λy), nous obtenons comme affixe : → → Aff (λ · − u ) = λx + i × λy = λ(x + iy) = λ · Aff (− u) Application : affixe du milieu d’un segment. Soit I le milieu du segment [A, B] que l’on notera I = A ∗ B, par définition nous avons − → − → AI = IB

− − → → d’où Aff AI = Aff IB , ce qui donne

zI − zA = zB − zI ⇔ 2zI = zA + zB zA + zB ⇔ zI = 2

On retiendra ces résultats à l’aide de la propriété suivante : P14

→ → → → Aff (− u +− v ) = Aff (− u ) + Aff (− v) − → − → Aff (λ · u ) = λ · Aff ( u ) zA + zB Aff (A ∗ B) = 2

3.2 Caractérisation complexe de certains ensembles de points. a) Caractérisation d’un cercle, et de la médiatrice d’un segment. Soit r un réel strictement positif et Ω(ω) un point du plan, on notera C(Ω, r) le cercle de centre Ω et de rayon r. M(z) ∈ C(Ω, r) ⇔ ΩM = r ⇔ |z − ω| = r Soient A(zA ) et B(zB ) deux points distincts du plan, on note med[A, B] la médiatrice du segment [A, B]. M(z) ∈ med[A, B] ⇔ AM = BM ⇔ | z − zA | = | z − zB | Ce que l’on résume dans la propriété suivante : P15

M(z) ∈ C(Ω(ω), r) ⇔ | z − ω | = r M(z) ∈ med[A, B] ⇔ | z − zA | = | z − zB |

Ces ensembles de points apparaissent naturellement dans l’étude de certains ensembles de points définis par une condition sur une expression complexe, c’est ce que propose l’exercice suivant. b) Exercices Exercice 5 Soit z 6= −1, on considère le nombre complexe Z=

z−i z+1

On pose z = x + iy et Z = X + iY où x, y, X, Y sont quatre réels. On note A et B les points du plan d’affixes respectives zA = −1 et zB = i. a) Exprimer X, Y en fonction de x, y. b) Déterminer et représenter l’ensemble (E) des points M(z) tels que Z soit réel. c) Déterminer et représenter l’ensemble (F) des points M(z) tels que Z soit imaginaire pur. d ) Déterminer et représenter l’ensemble (G) des points M(z) tels que | Z | = 1

Solution a) On reprend la méthode de l’exercice de la section 2.4 c) : Z=

zz + z − iz − i (z − i)(z + 1) = (z + 1)(z + 1) zz + z + z + 1 x2 + y 2 + x + iy − i(x − iy) − i = (zz) + (z + z) + 1 2 2 x + y + x + iy − ix − y − i = x2 + y 2 + 2x + 1 x2 + y 2 + x − y + i(y − x − 1) = x2 + y 2 + 2x + 1 y−x−1 x2 + y 2 + x − y = 2 +i 2 2 x + y + 2x + 1 x + y 2 + 2x + 1

D’où X=

x2 + y 2 + x − y x2 + y 2 + 2x + 1

et Y =

y−x−1 x2 + y 2 + 2x + 1

b) M(z) ∈ (E) ⇔ Z ∈ R ⇔ Im(Z) = 0 y−x−1 =0 ⇔ 2 x + y 2 + 2x + 1  y − x − 1 =0 ⇔ x2 + y 2 + 2x + 1 6= 0

L’expression x2 + y 2 + 2x + 1 correspond au produit (z + 1)(z + 1), elle sera nulle si et seulement si (z + 1)(z + 1) = 0, donc si et seulement si z + 1 = 0 ou z + 1 = 0, ce qui donne z = −1 ou z = −1. Or z = −1 ⇔ z = −1, la condition x2 + y 2 + 2x + 1 6= 0 est donc équivalente à z 6= −1 c’est à dire à (x, y) 6= (−1, 0). Ceci signifie géométriquement que le point M doit être distinct du point d’affixe −1, c’est à dire que M doit être différent du point A. Géométriquement la première relation y − x − 1 = 0 correspond à la droite d’équation (∆) : y = x + 1. Comme M(x, y) doit être distinct du point A, il reste à se poser la question de savoir si ce point A(−1, 0) est sur cette droite (∆) . On constate que les coordonnées du point A vérifient l’équation de (∆) , donc que A appartient à cette droite. Ce point doit donc en être retiré, (E) est donc la droite (∆) privée du point A(−1) : (E) = (∆) : y = x + 1 \ {A(−1)}

c) M(z) ∈ (F) ⇔ Z ∈ iR ⇔ Re(Z) = 0 x2 + y 2 + x − y ⇔ 2 =0 x + y 2 + 2x + 1  x2 + y 2 + x − y = 0 ⇔ x2 + y 2 + 2x + 1 6= 0

La deuxième relation correspond à la condition (x, y) 6= (−1, 0), c’est à dire M 6= A. La première équation est de la forme "equation d’un cercle", vérifions ceci et déterminons les éléments caractéristiques. x2 + y 2 + x − y = 0 ⇔ x2 + x + y 2 − y = 0 2 2 1 1 1 1 ⇔ x+ − + y− − =0 2 4 2 4 2 2 1 1 1 ⇔ x+ + y− = 2 2 2 s 2 2 r 1 1 1 ⇔ x+ + y− = 2 2 2

1 1 Soit Ω − ; , la dernière relation nous donnes 2 2 √

2 2 1 1 Ce qui caractérise le cercle de centre Ω − + i . 2 2 B On vérifie comme dans la question b) que le point A appartient à ce cercle, il doit donc en être exclus. √ 1 1 2 En définitive l’ensemble (F) est le cercle de centre Ω − ; et de rayon privé du 2 2 2 point A(−1). Remarque 6 . On veillera à faire attention au signe des coordonnées du centre du cercle, en effet la formule donnant la distance entre deux points fait intervenir les différences des coordonnées du centre et d’un point M. ΩM =

d ) Cette fois ci la condition est de nature différente et fait intervenir le module de Z. Si l’on souhaite effectuer un traitement analytique de cette question, il faudra calculer X2 + Y2 . On conçoit aisément que les calculs correspondants risquent d’être compliqués. Une autre méthode consiste à utiliser les propriétés du module et son interprétation géométrique en termes de distance.

M(z) ∈ (G) ⇔ | Z | = 1

z−i

=1 ⇔

z+1

|z − i| ⇔ =1 |z + 1| |z − i| ⇔ =1 | z − (−1) | | z − zB | ⇔ =1 | z − zA | BM ⇔ =1 AM Ce qui signifie que les distances AM et BM sont égales, donc que le point M est équidistant des points A et B : L’ensemble (G) est la médiatrice du segment [A, B]. Remarque 7 . Dans ce cas également on fera attention aux signes, la formule donnant la distance entre deux points correspond au module d’une différence. (E) (G)

(F)

+ Ω

− → v

− → u

Exercice 6 Mêmes questions (sans les représentations) avec Z défini par Z=

z+1 1 + iz

Solution a) Nous avons deja effectuer le calcul de X et Y dans la section précédente : x−y−1 X= 1 − 2y + x2 + y 2

−x2 − y 2 + y − x et Y = 1 − 2y + x2 + y 2 25

M(z) ∈ (E) ⇔ Im(Z) = 0 ⇔

 −x2 − y 2 + y − x = 0 1 − 2y + x2 + y 2 6= 0

La deuxième condition correspond à (x, y) 6= (0, 1) soit à z 6= i et donc à M(z) 6= A(i). C’est ce point qu’il faudra retirer de l’ensemble obtenu le cas échéant. −x2 − y 2 + y − x = 0 ⇔ x2 + y 2 − y + x = 0 ⇔ x2 + x + y 2 − y = 0 2 2 1 1 1 1 − + y− − =0 ⇔ x+ 2 4 2 4 2 2 1 1 1 ⇔ x+ + y− = 2 2 2 1 1 Cette dernière équation correspond à l’équation d’un cercle de centre Ω − , et de rayon 2 2 r √ 1 2 = . 2 2 Or on vérifie que le point A(i) appartient à ce cercle, il convient donc de retirer ce point pour obtenir l’ensemble (E) cherché ; en conclusion : √ ! 1 1 2 \ {A(i)} (E) = C Ω − + i , 2 2 2 b) M(z) ∈ (E) ⇔ Re(Z) = 0 ⇔

 x − y + 1

1 − 2y + x2 + y 2 6= 0

Comme pour la première question, il faudra retirer le point A(i) l’ensemble obtenu le cas échéant. L’équation x − y + 1 = 0 correspond à une droite passant par le point A, en conclusion : (F) = D : x − y + 1 = 0 \ {A(i)}

z+1

= 1 ⇔ |z + 1| = 1 c) M(z) ∈ (G) ⇔ | Z | = 1 ⇔

1 + iz

| 1 + iz | BLa présence du ”i” devant z au dénominateur nous empêche de faire apparaître de suite une différence de la forme z − zX où zX est l’affixe d’un certain point X, qu’il faudra déterminer. La méthode consiste à factoriser le ”i” du dénominateur, on obtient : 1 1 + iz = i + z = i (−i + z) = i(z − i) = i(z − zA ) i De plus si l’on considère le point B(−1), il vient z + 1 = z − (−1) = z − zB 26

Et donc M(z) ∈ (G) ⇔

| z − zB | =1 | i(z − zA ) |

Or | i(z − zA ) | = | i | × | z − zA | = 1 × | z − zA | = | z − zA |, d’où | z − zB | =1 | z − zA | ⇔ | z − zB | = | z − zA |

M(z) ∈ (G) ⇔

Ce qui caractérise la médiatrice du segment [A, B], en conclusion : (G) = med [A, B] Exercice 7 Soit z 6= i, on considère le nombre complexe Z=

2z + 1 z−i

On pose z = x + iy et Z = X + iY où x, y, X, Y sont quatre réels.

1 On note A et B les points du plan d’affixes respectives zA = i et zB = − . 2 a) Exprimer X, Y en fonction de x, y. b) Déterminer l’ensemble (E) des points M(z) tels que Z soit réel. c) Déterminer l’ensemble (F) des points M(z) tels que Z soit imaginaire pur. d ) Déterminer l’ensemble (G) des points M(z) tels que | Z | = 2 Solution a) Z=

(2z + 1)(z + i) 2zz + 2iz + z + i = (z − i)(z + i) zz + iz − iz − i2 2x2 + 2y 2 + 2i(x + iy) + (x − iy) + i = (zz) + i(z − z) + 1 2 2 2x + 2y + 2ix − 2y + x − iy + i = x2 + y 2 + 2i2 y + 1 2x2 + 2y 2 − 2y + x + i(2x − y + 1) = x2 + y 2 − 2y + 1 2 2 2x + 2y − 2y + x 2x − y + 1 = 2 + i x + y 2 − 2y + 1 x2 + y 2 − 2y + 1

D’où X=

2x2 + 2y 2 − 2y + x x2 + y 2 − 2y + 1

et Y =

2x − y + 1 x2 + y 2 − 2y + 1

b) M(z) ∈ (E) ⇔ Im(Z) = 0 ⇔

 2x − y + 1

x2 + y 2 − 2y + 1 6= 0

Comme pour la première question, il faudra retirer le point A(i) de l’ensemble obtenu le cas échéant. L’équation 2x − y + 1 = 0 correspond à une droite passant par le point A, en conclusion : (F) = D : 2x − y + 1 = 0 \ {A(i)} c) M(z) ∈ (F) ⇔ Re(Z) = 0 ⇔

 2x2 + 2y 2 − 2y + x = 0 x2 + y 2 − 2y + 1

6= 0

La deuxième condition correspond à (x, y) 6= (0, 1) soit à z 6= i et donc à M(z) 6= A(i). C’est ce point qu’il faudra retirer de l’ensemble obtenu le cas échéant. 1 2x2 + 2y 2 − 2y + x = 0 ⇔ 2(x2 + y 2 − y + x) = 0 2 1 ⇔ x2 + x + y 2 − y = 0 2 2 2 1 1 1 1 ⇔ x+ − + y− − =0 4 16 2 4 2 2 1 1 5 ⇔ x+ + y− = 4 2 16 1 1 Cette dernière équation correspond à l’équation d’un cercle de centre Ω − , et de rayon 4 2 r √ 5 5 = . 16 4 Or on vérifie que le point A(i) appartient à ce cercle, il convient donc de retirer ce point pour obtenir l’ensemble (E) cherché ; en conclusion : √ ! 1 1 5 (E) = C Ω − + i , \ {A(i)} 4 2 4

2z + 1

= 2 ⇔ | 2z + 1 | = 2 d ) M(z) ∈ (G) ⇔ | Z | = 2 ⇔

z−i

|z − i| Cette fois ci c’est le numérateur qu’il va falloir factoriser par 2, d’où

2(z + 1 )

2 M(z) ∈ (G) ⇔ =2 |z − i|

z + 1

2 ⇔2 =2 |z − i|

z − (− 1 )

2 ⇔ =1 |z −i| | z − zB | ⇔ =1 | z − zA | ⇔ | z − zB | = | z − zA | Ce qui correspond à la médiatrice du segment [A, B] : (G) = med [A, B] Pour conclure, on peut remarquer qu’il faut pour les questions du type ” | ( | Z) = r”, se ramener à une égalité de la forme | z − zB | = | z − zA |, a et B étant deux points convenablement choisis. L’énoncer permettant certaines simplifications si nécessaire. Il resterait à voir comment traîter le cas où il n’y a pas de simplification, par exemple : déterminer l’ensemble (H) des points M(z) tels que

2z + 1

z−i =1 La méthode précédente ne permettra pas de conclure de suite, car il n’y aura pas de simplification par 2. On obtiendra alors | z − zB | = 2 | z − zA | C’est une question ouverte que je laisse à votre perspicacité.

4 Forme trigonométrique d’un nombre complexe L’interprétation géométrique des nombres complexes s’effectue par la correspondance entre forme algébrique et coordonnées d’un point du plan. Par coordonnées, nous entendons "coordonnées cartésiennes", or nous avons vu en classe ce Première qu’il existe un autre type de coordonnées appelées "coordonnées polaires". Le but de cette section est d’interpréter ce système de coordonnées à l’aide des nombres complexes. Commençons par un rappel sur les coordonnées polaires d’un point. 4.1 Coordonnées polaires d’un point

Le plan est muni d’un repère orthonormé direct (O, ~u, ~v ), on considère un point M(x, y) distinct de l’origine. −−→ → r = OM et θ = − u , OM . Par définition le couple (rθ) est un couple de coordonnées polaires du point M . Tous les autres couples sont de la forme (r, θ + 2kπ)n où k est un entier relatif. On conviendra de prendre pour θ la mesure principale corres+M(x, y) pondante, c’est à dire appartenant à l’intervalle ]−π, π]. On remarquera que si M est confondu avec l’origine du repère −−→ → alors la distance OM vaut 0, mais l’angle − u , OM n’est pas − → v défini, donc : θ B L’origine du repère n’a pas de coordonnées po− → u O laires. Il existe des relations permettant de passer des coordonnées polaires aux coordonnées cartésiennes et réciproquement, rappelons ces relations : P16

Considérons un point M 6= O de coordonnées cartésiennes (x, y) et de coordonnées polaires (r; θ), alors :  x = r cos θ p x y et r = x2 + y 2 , θ tel que cos θ = et sin θ = y = r sin θ r r

4.2 Forme polaire d’un nombre complexe A tout nombre point M(a, b) on peut associer le nombre complexe z de forme algébrique a + ib, nous allons faire exactement la même chose avec les coordonnées polaires de ce point M, à condition qu’il soit distinct de l’origine : Déf9 Soit z un nombre complexe non nul, on appelle forme polaire de z la

donnée d’un couple (r, θ) de coordonnées polaires du point M dont l’affixe est z, on notera z[r, θ]. Puisque par définition des coordonnées polaires r = OM, r est donc le module du nombre complexe z. Par commodité, nous allons donner une définition permettant de rattacher directement −−→ − → θ = u , OM à z. Déf10 Soit z un nombre complexe non nul de point image on appelle ar M, −−→

gument de z une mesure en radians de l’angle −−→ → arg(z) = − u , OM

− → u , OM , on notera

Par définition même de la mesure des angles orientés, un nombre complexe non nul admettra une infinité d’arguments définis à 2kπ prés, on dit aussi défini " modulo 2π" . En résumé, la notation z[r, θ] signifie que : r = |z |

et θ = arg(z) [2π]

Exemples Placer dans le plan complexe les points A, B, M d’affixes respectives : h πi h√ π i zA [1, 0] ; zB 1, ; zM 2, 2 4

A’ +

M’

− → v O

− → u

A +

+ B’

Sur le graphique précédent, donner la forme polaire des affixes des points A′ , B′ et M′ . Par lecture directe, nous obtenons : h √ πi 3π zA′ [1, π] ; zB′ 1, − ; zM′ 2, − 2 4 √ Comme les arguments sont définis modulo 2π , on peut également écrire zM′ 2, 5π . 4 B Il ne faut pas écrire zA′ [−1, 0], ceci n’ayant aucun sens, car le premier terme de la forme polaire d’un nombre complexe est une distance non nulle, donc un nombre réel strictement positif. Exercice 8 En vous aidant du graphique précédent, répondez aux questions suivantes : a) Donner un argument d’un réel strictement positif et d’un réel strictement négatif. Que peut on dire de l’argument d’un réel non nul ? Ètudier la réciproque. b) Donner un argument d’un imaginaire pur dont la partie imaginaire est strictement positive. Que peut on dire de l’argument d’un imaginaire pur ? Ètudier la réciproque. c) Quel lien existe-il entre la forme polaire d’un nombre complexe non nul et celle de son conjugué ? d ) Quel lien existe-il entre la forme polaire d’un nombre complexe non nul et celle de son opposé ? Solution → a) Le point image M(z) d’un réel strictement positif z se trouve sur la demi-droite [O, − u ), −−→ − → l’angle u , OM est donc nul,il en résulte alors que arg(z) = 0 [2π]. → ′ ′ Le point M (z ) d’un réel strictement négatif z ′ se trouve sur la demi-droite [O, −− u ), image −−→′ − → l’angle u , OM est donc plat, il en résulte alors que arg(z) = π [2π]. Si l’on ne connaît pas le signe du réel en question, on peut simplement affirmer que son argument est égal, modulo 2π, soit à 0 soit à π. Les valeurs 0 et π se correspondent non par un tour complet, mais par un demi-tour, on dit qu’elles sont égales "modulo π", on note 0 = π [π]. −−→ → Réciproquement, si l’angle − u , OM est nul ou plat, le point M(z) sera sur l’axe des abscisses (sauf en O(0, 0)) ce qui signifie que z est réel. Nous obtenons donc la caractérisation suivante des réels : Soit z un complexe non nul, z est réel si et seulement si arg(z) = 0 [π] b) Le point image N(ζ) d’un imaginaire pur non nul ζ, la partie imaginaire est strictement dont −→ − → − → positive se trouve sur la demi-droite [O, v ), l’angle u , ON est donc un angle droit direct,il π en résulte alors que arg(ζ) = [2π]. 2 Si l’on ne connaît pas le signe de la partie imaginaire du nombre complexe en question, on peut π π simplement affirmer que son argument est égal, modulo 2π, soit à soit à − , 2 2 π c’est à dire à [π]. 2 32

axe des imaginaires purs

De façon analogue au point précédent, nous obtenons la caractérisation des imaginaires purs suivante : π Soit ζ un complexe non nul, ζ est imaginaire pur si et seulement si arg(ζ) = [π] 2

N(ζ) b

M′ (z ′ )

π 2

− → π v

M(z)

axe des réels

− → u − π2 b

N′ (ζ ′)

c) Deux nombres complexes conjugués ont des points images symétriques par rapport à l’axe des réels.Une symétrie change un angle orienté en son opposé donc si M(z) et P(z) alors −−→axiale −→ − → − → u , OP = − u , OM , ce qui signifie par définition que : arg(z) = − arg(z) [2π]

d ) On passe de M(z) à Q(−z) par une rotation de centre O et d’angle π, d’où : −→ −−→ −−→ −→ − → → u , OQ = − u , OM + OM, OQ −−→ → = − u , OM + π

Ce qui se traduit par

arg(−z) = arg(z) + π [2π]

π+θ b

M(z)

P(z)

− → v π O b

θ − → u −θ

Q(−z)

Résumons les résultats obtenus dans cet exercice par la propriété suivante : P17

Soit z un nombre complexe non nul. • z ∈ R ⇔ arg(z) = 0 [π] π • z ∈ iR ⇔ arg(z) = [π] 2 • arg(z) = − arg(z) [2π]

• arg(−z) = arg(z) + π [2π]

A ce stade de l’étude des nombres complexes, nous avons à notre disposition deux formes différentes pour un même complexe non nul :sa forme algébrique et sa forme polaire. La première forme a comme avantage de s’écrie sous la forme d’une égalité :z = a + ib , ce qui n’est pas le cas de la deuxième puisque nous avons simplement z[r, θ] ce qui n’est qu’une notation. Essayons d’introduire une égalité qui ferait intervenir la forme polaire de z. Soit donc z 6= 0 avec z = a + ib et z[r, θ], nous avons vu que a = r cos θ et b = r sin θ d’où z = r cos θ + ir sin θ = r (cos θ + i sin θ) Cette dernière égalité fait intervenir l’argument de z noté θ et son module noté r par l’intermédiaire des fonctions sinus et cosinus, c’est à dire par l’intermédiaire de la trigonométrie. Une telle écriture de z sous la forme z = r (cos θ + i sin θ) est appelée forme trigonométrique du nombre complexe z. Cette forme sera d’une plus grande utilité que la forme polaire, c’est ce que nous allons étudier maintenant.

4.3 Forme trigonométrique d’un nombre complexe non nul. Dans tout ce qui suit, les nombres complexes considérés sont non nuls. a) Définition Déf11 Soit z un nombre complexe de module r et d’argument θ, l’écriture

z = r (cos θ + i sin θ) est appelée forme trigonométrique du nombre complexe z. Exemples • | 1 | = 1 et arg(1) = 0 [2π], d’où 1 = 1 × (cos 0 + i sin 0) = cos 0 + i sin 0

• | −1 | = 1 et arg(−1) = π [2π], d’où −1 = cos π + i sin π π π π • | i | = 1 et arg(i) = [2π], d’où i = cos + i sin 2 2 2 √ √ π π π • | 1 + i | = 2 et arg(1 + i) = [2π], d’où 1 + i = 2 cos + i sin 4 4 4 Il résulte de cette définition que si z = x + iy alors z = x + iy = | z | (cos θ + i sin θ), d’où x = | z | cos θ

et y = | z | sin θ

Réciproquement, nous pouvons écrire que

|z| =

x2 + y 2

 x  cos θ = |z | y  sin θ = |z |

Ce sont les formules de passage d’une forme à l’autre : P18

Soit z = x + iy un nombre complexe de module r et d’argument θ, alors : • Passage de la forme trigonométrique à la forme algébrique .  x = | z | cos θ Si z = | z | (cos θ + i sin θ) ; on aura y = | z | sin θ

• Passage de la forme algébrique à la forme trigonométrique .  x  cos θ = p |z | | z | = x2 + y 2 et θ défini par : y  sin θ = |z |

b) Exercices Exercice 9 Déterminer le module et un argument des nombres complexes suivants : π π π π π π z1 = 2 cos + i sin ; z2 = −2 cos + i sin ; z3 = 2 cos − i sin 6 6 6 6 6 6 Solution :

π π π

a) | z1 | = | 2 | × cos + i sin = 2 × cos2 + sin2 = 2 × 1 = 2. 6 6 6 6 π 2 cos π π 6 = cos π et Posons θ = arg(z1 ), comme z1 = 2 cos + 2 sin , on a cos θ = 6 6 2 6 π 2 sin 6 = sin π , d’où θ = arg(z ) = π [2π]. de même sin θ = 1 2 6 6 b) On remarque que z2 = −z1 donc | z2 | = | −z1 | = | z1 | = 2. D’après la propriété P17 , nous avons : 7π 5π π +π = = − [2π] 6 6 6 c) On remarque que z3 = z donc | z3 | = | z | = | z | = 2. D’après la propriété P17 , nous avons : π arg(z3 ) = arg(z) = − arg(z) = − 6 arg(z2 ) = arg(−z) = arg(z) + π =

Sur ces exemples, nous avons pu conclure en utilisant les propriétés usuelles du module et de l’argument. Mais ce n’est pas toujours le cas, comme le montre l’exercice suivant : Exercice 10 Déterminer le module et un argument des nombres complexes suivants : π 5π π π z = cos + i sin ; z1 = 2 sin + i cos 6 6 6 6

Solution :

a) z = cos

π 5π π π + i sin = cos + i sin π − , or nous savons que sin(π − θ) = sin θ, d’où 6 6 6 6 z = cos

π π + i sin 6 6

π Ce qui entraîne que | z | = 1 et arg(z) = 6 r

π π π π

π π

b) | z1 | = | 2 | × sin + i cos = 2 × sin + i cos = 2 × cos2 + sin2 = 2 6 6 6 6 6 6 π π Posons θ1 = arg(z1 ), comme z1 = 2 sin + 2 cos , on a 6 6 π 2 sin 6 = sin π cos θ1 = 2 6 π 2 cos 6 = cos π . De même sin θ1 = 2 6

π π Nous devons exprimer sin sous la forme d’un cosinus, ainsi que cos sous la forme du sinus du 6 6 même angle. L’idée consiste à utiliser les formules des angles associées, notamment celle qui "échange cosinus et π sinus", c’est à dire le passage de θ à − θ. π 2 π On rappel que, cos θ = sin − θ et que sin θ = cos − θ d’où : 2 2 π π π 3π π 2π π − = cos − = cos = cos cos θ1 = sin = cos 6 2 6 6 6 6 3 et de même sin θ1 = cos En conclusion θ1 =

π 3

π π π π = sin − = sin 6 2 6 3

c) Remarques Remarque 8 . Sur les exercices qui précédent nous avons montrer le rôle important des formules de trigonométrie, notamment celles concernant les angles associées. Il faut connaître parfaitement ces formules. On rencontrera fréquemment les angles dont on connaît les lignes trigonométriques, à savoir : π π π π , , , 6 4 3 2 Les valeurs des sinus et cosinus de ces angles sont à connaître parfaitement. Remarque 9 . D’une façon générale, on peut regrouper les deux premiers cas de l’exercice 9 et énoncer la propriété suivante : P19

Soit z = ρ (cos θ + i sin θ) où ρ est un réel quelconque non nul. • Si ρ est positif, on a | z | = ρ et arg(z) = θ [2π]

• Si ρ est négatif, on a | z | = −ρ et arg(z) = θ + π [2π]

En particulier si z = cos θ + i sin θ, alors | z | = 1 et arg(z) = θ Nous avons étudier dans la section précédente les liens existant entre module et conjugué d’une part, et les opérations sur les complexes, d’autre part. Nous allons essayer d’étendre l’étude de ces liens à la forme trigonométrique d’un nombre complexe. Nous pouvons d’emblée remarquer que vis à vis de l’addition il y aura un problème. En effet, la forme trigonométrique fait intervenir le module du nombre complexe considéré, or le module d’une somme n’est pas égale à la somme des modules. Il s’ensuit qu’il n’y aura de résultats simples concernant la forme trigonométrique d’une somme, et donc pas de résultats simples concernant l’argument d’une somme. En particulier l’argument d’une somme ne sera pas égale à la somme des arguments, comme on peut le vérifier sur le contre exemple suivant. π Soit z1 = i et z2 = 1, on a arg(z1 ) = [2π] et arg(z2 ) = 0 [2π]. 2 π π π Or z1 + z2 = 1 + i donc arg(z1 + z2 ) = arg(1 + i) = , alors que arg(z1 ) + arg(z2 ) = + 0 = . 4 2 2 π π Comme 6= [2π], on en conclus que arg(z1 + z2 ) 6= arg(z1 ) + arg(z2 ). 4 2 Il nous reste à étudier les liens avec multiplication, puissance, inverse et division.

4.4 Liens entre les opérations usuelles et l’argument d’un nombre complexe non nul.