Exercices corrigés - Nombres complexes : différentes écritures

Pour mettre un quotient sous forme algébrique, il faut multiplier le numérateur et le dénominateur par la quantité conjuguée du dénominateur.

1. Le conjugué de $1+i$ est $1-i$ et donc on a \[ z_1=\frac{1}{1+i}=\frac{1-i}{(1+i)(1-i)}=\frac{1-i}2=\frac{1}2 -\frac12 i. \]
2. Avec la même méthode, on trouve $$z_2=\frac{-4(1-i\sqrt 3)}{(1+i\sqrt 3)(1-i\sqrt 3)}=\frac{-4(1-i\sqrt 3)}{1+3}=-1+i\sqrt 3.$$
3. On écrit \[ \frac{1-2i}{3+i}=\frac{(1-2i)(3-i)}{(3-i)(3+i)}=\frac{1-7i}{9+1}=\frac1{10}-\frac{7}{10}i. \]
4. On fait la même chose mais on développe d'abord le numérateur. Puisque $ (3+5i)^2 =3^2+2\times 3\times 5i+(5i)^2=9+30i-25=-16+30i$, on trouve : \[ z_4=\frac{-16+30i}{1-2i}\times\frac{1+2i}{1+2i}=\frac{-76-2i}5. \]
5. Ce n'est pas plus compliqué que les exemples précédents, mais il faut être méthodique dans les calculs. On écrit d'abord : $$\frac{1+i}{2-i}=\frac{(1+i)(2+i)}{(2-i)(2+i)}=\frac{1+3i}5.$$ En élevant au carré, $$\left(\frac{1+i}{2-i}\right)^2=\frac{-8+6i}{25}.$$ D'autre part, par la même méthode, $$\frac{3+6i}{3-4i}=\frac{-3+6i}5.$$ En faisant la somme et en mettant tout au même dénominateur, on trouve finalement : $$z_5=-\frac{23}{25}+\frac{36}{25}i.$$

On développe par la formule du binôme de Newton, en utilisant $i^2=-1$ pour simplifier et regrouper partie réelle et partie imaginaire. Il vient $$(1+i)^5=1+5i-10-10i+5+i=-4-4i.$$ De même, $$(1-i)^4=1-4i-6+4i+1=-4.$$ On aurait aussi pu obtenir ces résultats en mettant les nombres complexes sous forme trigonométrique.

Le fait de résoudre des systèmes avec des nombres complexes ne change pas la méthode de résolution. Seuls les calculs sont plus compliqués!

1. On a \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{rcl} 2z_1-z_2&=&i\\ -2z_1+3iz_2&=&-17 \end{array}\right. &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} 2z_1-z_2&=&i\\ (3i-1)z_2&=&-17+i\ \textrm{(L1)+(L2)} \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} 2z_1&=&i+z_2\\ z_2&=&\frac{-17+i}{3i-1}. \end{array}\right. \end{eqnarray*} On met $z_2$ sous forme algébrique en multipliant numérateur et dénominateur par $-3i-1$ et on trouve $z_2=2+5i$. Finalement, revenant à $z_1$, on trouve que $z_1=1+3i$. Le système admet une unique solution donnée par $z_1=1+3i$ et $z_2=2+5i$.
2. On a \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{rcl} 3iz_1+iz_2&=&i+7\\ iz_1+2z_2&=&11i \end{array}\right. &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} 3iz_1+iz_2&=&i+7\\ 3iz_1+6z_2&=&33i\\ \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} (i-6)z_2&=&7-32i\\ iz_1+2z_2&=&11i. \end{array}\right. \end{eqnarray*} On a donc $z_2=\frac{7-32i}{i-6}=-2+5i$ après mise sous forme algébrique. On en déduit facilement que $z_1=1-4i$. Ce second système admet donc une unique solution donnée par $z_1=1-4i$ et $z_2=-2+5i$.

L'écriture $z_1=4e^{i\frac{\pi}{4}}$ est déjà la forme exponentielle de $z_1$. Pour $z_2$, on écrit $$z_2=3e^{i\frac\pi2}e^{i\frac\pi6}=3e^{i\frac{2\pi}3}.$$ Pour $z_3$, on écrit $$z_3=2e^{i\pi}e^{i\frac{2\pi}3}=2e^{i\frac{5\pi}3}.$$ Pour $z_1z_2$, on écrit $$z_1z_2=12e^{i\left(\frac\pi4+\frac{2\pi}3\right)}=12e^{i\frac{11\pi}{12}}.$$ Pour $z_1z_2/z_3$, on écrit $$\frac{z_1z_2}{z_3}=6 e^{i\left(\frac{11\pi}{12}-\frac{5\pi}3\right)}=6e^{-i\frac{9\pi}{12}}=6e^{-i\frac{3\pi}4}.$$

La méthode la plus facile, ici, consiste à calculer d'abord la forme trigonométrique qui se comporte bien mieux vis à vis des puissances, puis à revenir à la forme algébrique.

1. On écrit $$2+2i=2\sqrt 2e^{i\pi/4}$$ d'où $$z_1=2^9 e^{3i\pi/2}=-512i.$$
2. On commence par passer par la forme trigonométrique : $$\frac{1+i\sqrt 3}{1-i}=\frac{2\left(\frac12+i\frac{\sqrt 3}2\right)}{\sqrt 2\left(\frac{\sqrt 2}2-i\frac{\sqrt 2}{2}\right)}=\sqrt 2\frac{e^{i\pi/3}}{e^{-i\pi/4}}=\sqrt2e^{i7\pi/12}.$$ On en déduit que $$z_2=\left(\frac{1+i\sqrt 3}{1-i}\right)^{20}=(\sqrt 2)^{20}e^{i\frac{140\pi}{12}}=2^{10}e^{i\frac{35\pi}3}.$$ Puisque $35\pi=3\times5\times 2\pi+5\pi$, on en déduit que $$z_2=2^{10}e^{i\frac{5\pi}3}=2^9(1-i\sqrt 3)=512-i512\sqrt 3.$$
3. Avec la même méthode, on a $$(1+i)^{2000}=2^{1000}e^{i500\pi}=2^{1000}.$$ De même, $$(i-\sqrt 3)^{1000}=2^{1000}e^{i5000\pi/6}.$$ Or, $$2500=833\times 3+1$$ d'où $$(i-\sqrt 3)^{1000}=2^{1000}e^{i4\pi/3}.$$ Il vient finalement : $$z_3=e^{-i4\pi/3}=e^{i2\pi/3}=-\frac 12+\frac{\sqrt 3}2i.$$

On va utiliser que pour tout nombre complexe $z$, $|z|^2=z\cdot \bar z$ et développer. On a donc \begin{align*} |z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2&=(z_1+z_2) \cdot \overline{(z_1+z_2)}+(z_1-z_2) \cdot \overline{(z_1-z_2)}\\ &=(z_1+z_2)\cdot (\overline{z_1}+\overline{z_2})+(z_1-z_2)\cdot (\overline{z_1}-\overline{z_2})\\ &=z_1\overline{z_1}+z_2\overline{z_1}+z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_2}+z_1\overline{z_1}-z_2\overline{z_1}-z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_2}\\ &=2z_1\overline{z_1}+2z_2\overline{z_2}\\ &=2(|z_1|^2+|z_2|^2). \end{align*} Cette identité s'appelle l'identité du parallélogramme. Si $A,$ $B$ et $C$ sont les points d'abscisse respective $z_1,z_1+z_2,z_2$ de sorte que $OABC$ est un parallélogramme, alors l'égalité précédente dit que $$OB^2+AC^2=2OA^2+2OC^2.$$ La somme des carrés de la longueur des diagonales vaut la somme des carrés des longueurs des côtés.

Posons $z=a+ib$, $a,b\in\mathbb R$. Alors $e^z=e^ae^{ib}$. Ceci nous incite à mettre $3\sqrt 3-3i$ sous forme trigonométrique. On obtient $$|3\sqrt 3-3i|=\sqrt{27+9}=6.$$ Il vient $$3\sqrt 3-3i=6\left(\frac{\sqrt 3}2-i\frac 12\right)=6e^{-i\pi/6}.$$ On obtient alors $\exp a=6$ et $b=-\pi/6+2k\pi,\ k\in\mathbb Z$. Les solutions de l'équation sont donc les nombres complexes $\ln(6)+i\left(-\frac\pi6+2k\pi\right),\ k\in\mathbb Z$.

On commence par écrire $1+i\sqrt 3$ sous forme exponentielle : $$1+i\sqrt 3=2e^{i\pi/3}.$$ En prenant la puissance $n$-ième, on trouve $$(1+i\sqrt 3)^n=2^n e^{in\pi/3}.$$ Ceci est un réel positif si et seulement si $\sin(n\pi/3)=0$ et $\cos(n\pi/3)\geq 0$. Or, $\sin(n\pi/3)=0$ si et seulement si $n=3k$, $k\in\mathbb Z$. Mais, pour ces valeurs de $n$, on a $\cos(n\pi/3)=\cos(k\pi)$, et ceci est positif si et seulement si $k$ est pair. Ainsi, les entiers qui conviennent sont les multiples de 6.

On va utiliser les formules d'Euler pour faire les calculs, en utilisant que $1=e^{i0}$, et en factorisant par l'angle moitié. On a donc \begin{align*} \frac{1-e^{i\frac{\pi}{3}}}{1+e^{i\frac{\pi}{3}}}&= \frac{e^{i0}-e^{i\frac{\pi}{3}}}{e^{i0}+e^{i\frac{\pi}{3}}}\\ &=\frac{e^{i\frac{\pi}6}\left(e^{-i\frac\pi6}-e^{i\frac{\pi}{6}}\right)} {e^{i\frac{\pi}6}\left(e^{-i\frac\pi6}+e^{i\frac{\pi}{6}}\right)}\\ &=\frac{-2i\sin(\pi/6)}{2\cos(\pi/6)}\\ &=\frac{-\sqrt 3}3i\\ &=\frac{\sqrt 3}3e^{i\frac{3\pi}2}. \end{align*}

On utilise la méthode suivante : dans une somme ou une différence de deux complexes de module 1, $e^{ix}\pm e^{iy}$, on met en facteur $e^{i\frac{x+y}2}$ puis on utiise les formules d'Euler.

1. $$z_1=e^{ia/2}\left(e^{-ia/2}+e^{ia/2}\right)=2\cos(a/2)e^{ia/2}.$$ De plus, $\cos(a/2)>0$ car $a\in ]0,\pi[$, et on a bien obtenu l'écriture trigonométrique du complexe.
2. La même méthode donne \begin{align*} z_2&=e^{ia/2}\left(e^{-ia/2}-e^{ia/2}\right)\\ &=-2i\sin(a/2)e^{ia/2}\\ &=2\sin(a/2)e^{i\left(\frac a2-\frac\pi 2\right)}. \end{align*}
3. On a cette fois $$z_3=e^{i\frac{a+b}2}\left(e^{i\frac{a-b}2}+e^{i\frac{b-a}2}\right)=2\cos\left(\frac{a-b}2\right)e^{i\frac {a+b}2}.$$ C'est bien une forme trigonométrique de $z_3$, car $-\frac \pi 2<\frac{a-b}2<\frac \pi 2$ et donc $\cos\left(\frac{a-b}2\right)>0$.
4. En utilisant le résultat de la première question, on trouve $$z_4=\frac{2\cos(a/2)e^{ia/2}}{2\cos(b/2)e^{ib/2}}=\frac{\cos(a/2)}{\cos(b/2)}e^{i\frac{a-b}2}.$$

On écrit $z=e^{i\theta}$, $z'=e^{i\theta'}$ et on utilise les formules d'Euler en mettant en facteur $e^{i\frac{\theta+\theta'}2}$ en facteur au numérateur et au dénominateur. Il vient \begin{eqnarray*} \frac{z+z'}{1+zz'}&=&\frac{e^{i\theta}+e^{i\theta'}}{1+e^{i(\theta+\theta')}}\\ &=&\frac{e^{i\frac{\theta-\theta'}2}+e^{-i\frac{\theta-\theta'}2}}{e^{i\frac{\theta+\theta'}2}+e^{-i\frac{\theta+\theta'}2}}\\ &=&\frac{\cos\left(\frac{\theta-\theta'}2\right)}{\cos\left(\frac{\theta+\theta'}2\right)}. \end{eqnarray*} On obtient bien un nombre réel, de module $\left|\frac{\cos\left(\frac{\theta-\theta'}2\right)}{\cos\left(\frac{\theta+\theta'}2\right)}\right|$.

De $|z|=\left|\frac 1z\right|$, on tire que $|z|^2=1$, donc que $|z|=1$, c'est-à-dire que $z=e^{i\theta}$, où $\theta\in[0,2\pi[$. Calculons maintenant le module de $1-z$. On écrit $$1-z=1-e^{i\theta}=e^{i\theta/2}\left(e^{-i\theta/2}-e^{i\theta/2}\right)=-2i\sin(\theta/2)e^{i\theta/2}.$$ Le module de $1-z$ vaut donc $1$ si et seulement si $|\sin(\theta/2)|=1/2$. L'équation $\sin(\theta/2)=1/2$, avec $\theta\in[0,2\pi[$ donne $\theta=\pi/3$ ou $\theta=5\pi/3$. L'équation $\sin(\theta/2)=-1/2$ avec $\theta\in[0,2\pi[$ n'a pas de solutions puisque, si $\theta\in[0,2\pi[$, $\theta/2\in [0,\pi[$ et alors $\sin(\theta/2)\in[0,1].$ Ainsi, si $z$ est une solution, on a forcément $z\in\{e^{i\pi/3},e^{i5\pi/3}\}$.
Réciproquement, on vérifie facilement que si $z\in\{e^{i\pi/3},e^{i5\pi/3}\}$, alors $z,$ $1/z$ et $1-z$ ont le même module, qui vaut $1.$

Supposons d'abord que $|z|=1$. Alors $z$ s'écrit $z=e^{i\theta}$, avec $\theta\in\mathbb R\backslash 2\pi\mathbb Z$. On peut alors écrire : $$\frac{1+z}{1-z}=\frac{1+e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}}=\frac{e^{i\theta/2}(e^{-i\theta/2}+e^{i\theta/2})}{e^{i\theta/2}(e^{-i\theta/2}-e^{i\theta/2})}=\frac{2\cos(\theta/2)}{-2i\sin(\theta/2)}=i\frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)}$$ qui est bien un élément de $i\mathbb R$. Remarquons que l'on a le droit d'effectuer ce calcul car $\sin(\theta/2)$ ne s'annule pas.
Réciproquement, supposons que $\frac{1+z}{1-z}=ia$, avec $a$ un réel. On va exprimer $z$ en fonction de $a$, puis calculer son module. Il vient : $$\frac{1+z}{1-z}=ia\iff 1+z=ia(1-z)\iff z(1+ia)=-1+ia\iff z=\frac{-1+ia}{1+ia}.$$ On en déduit que $$|z|=\left|\frac{-1+ia}{1+ia}\right|=\frac{\sqrt{1+a^2}}{\sqrt{1+a^2}}=1,$$ ce qui prouve la réciproque.

On va commencer par vérifier que $f_a$ est bien définie sur $U$. En effet, puisque $a\notin U$, $|az|=|a|\neq 1$ pour tout $z\in U$ et donc $1+\bar a z\neq 0$. Ensuite, on va démontrer que, pour tout $z\in U$, $f_a(z)\in U$. Cela revient à démontrer que $|z+a|=|1+\bar a z|$. Mais, puisque $|z|=1$, $\frac 1z=\bar z$ et on a $$|1+\bar a z|=\left|z\left(\frac 1z+\bar a\right)\right|=|z|\times |\bar z+\bar a|=|z+a|.$$ Ainsi, on a bien $f_a(U)\subset U$.
Démontrons enfin que $f_a$ est une bijection de $U$ sur lui-même et calculons la bijection réciproque. Soit $w\in U$ et essayons de résoudre l'équation $f_a(z)=w$, avec $z\in U$. On a \begin{align*} f_a(z)=w&\iff \frac{z+a}{1+\bar a z}=w\\ &\iff z+a=w+\bar a w z\\ &\iff z(1-\bar a w)=w-a. \end{align*} Puisque $1-\bar aw\neq 0$ (le raisonnement est le même que ci-dessus), on a donc $$f_a(z)=w\iff z=\frac{w-a}{1-\bar a w}=f_{-a}(w)$$ et ce dernier élément est bien dans $U$. Ainsi, $f_a$ réalise une bijection de $U$ dans lui-même, de bijection réciproque $f_{-a}$.

L'idée est de passer au carré, et de développer. \begin{align*} |z+z'|=|z-z'|&\iff |z+z'|^2=|z-z'|^2\\ &\iff (z+z')\overline{(z+z')}=(z-z')\overline{(z-z')}\\ &\iff |z|^2+|z'|^2+(z\overline{z'}+\overline{z}z')=|z|^2+|z'|^2-(z\overline{z'}+\overline{z}z')\\ &\iff |z|^2+|z'|^2+2\Re e(z\overline{z'})=|z|^2+|z'|^2-2\Re e(z\overline{z'}). \end{align*} En simplifiant par les termes égaux, ceci est donc équivalent à $$\Re e(z\overline{z'})=0.$$ Or, $z\overline{z'}=\rho\rho'e^{i(\theta-\theta')}.$ Ceci a une partie réelle nulle si et seulement si $\cos(\theta-\theta')=0$, c'est-à-dire si et seulement si $\theta'=\theta+\frac\pi2\ [\pi]$.

1. On écrit $z=a+jb=\left(a-\frac b2\right)+ib\frac{\sqrt 3}2.$ On a donc $$|z|^2=\left(a-\frac b2\right)^2+\frac{3b^2}4.$$ On a donc $$|z|^2=1\iff 4|z|^2=4\iff (2a-b)^2+3b^2=4.$$
2. Puisque $(2a-3b)^2$ est un entier et que $3b^2$ est un multiple de $3$, l'équation précédente ne peut avoir des solutions que si
   • $3b^2=0$ et $(2a-b)^2=4$. Ceci entraîne $b=0$ et $a=\pm 1$. On obtient donc les deux nombres complexes $1$ et $-1$.
   • $3b^2=3$ et $(2a-b)^2=1.$ On distingue alors deux sous-cas :
     • $b=1$, dans ce cas, $2a-1=1$ ou $2a-1=-1$ donne les deux solutions $a=1$ et $a=0$ : on obtient les nombres complexes $1+j$ et $j$.
     • $b=-1$, dans ce cas, $2a+1=1$ ou $2a+1=-1$ donne les deux solutions $a=0$ et $a=-1$ : on obtient les nombres complexes $-j$ et $-1-j$.
   Finalement, on a prouvé que $U=\{1,-1,j,-j,1+j,-1-j\}.$

On va prouver que la propriété est vraie si et seulement s'il existe des réels positifs $\lambda_i$ tels que $z_i=\lambda_i z_1$. Un sens est facile. En effet, si $z_i=\lambda_i z_1$, alors $$|z_1+\dots+z_n|=|z_1|\times|1+\lambda_2+\dots+\lambda_n|=|z_1|+\lambda_2|z_1|+\dots+\lambda_n |z_1|=|z_1|+\dots+|z_n|.$$ Réciproquement, on va prouver par récurrence sur $n$ que si $$|z_1+\dots+z_n|=|z_1|+\dots+|z_n|,$$ alors il existe des réels positifs $\lambda_i$, $1\leq i\leq n$ tels que $z_i=\lambda_i z_1$. On commence par traiter le cas $n=2$, et on suppose que $|z_1+z_2|=|z_1|+|z_2|$. Notons $u=z_1/z_2$. Alors on a $|1+u|=1+|u|$, et en écrivant $u=x+iy$, on obtient $$|1+u|^2=(1+x)^2+y^2=1+|u|^2+2x\textrm{ et }(1+|u|)^2=1+2|u|+|u|^2.$$ On a donc $x=|u|$, ce qui entraine que $y=0$ et que $u$ est un réel positif. Le cas $n=2$ est donc prouvé.
Supposons maintenant la propriété prouvée au rang $n-1$ et prouvons-la au rang $n$. On commence par remarquer que $$|z_1+\dots+z_{n-1}|=|z_1|+\dots+|z_{n-1}|.$$ En effet, si on avait $|z_1+\dots+z_{n-1}|<|z_1|+\dots+|z_{n-1}|$, on aurait aussi $$|z_1+\dots+z_n|\leq |z_1+\dots+z_{n-1}|+|z_n|<|z_1|+\dots+|z_{n-1}|+|z_n|,$$ ce qui contredit l'hypothèse initiale. Par hypothèse de récurrence, on sait que pour $i\in\{1,\dots,n-1\}$, il existe $\lambda_i>0$ tel que $z_i=\lambda_i z_1$. Mais alors il vient $$|z_1+\dots+z_n|=|(1+\dots+\lambda_{n-1})z_1+z_n|=(1+\dots+\lambda_{n-1})|z_1|+|z_n|.$$ On applique alors le cas $n=2$, et on trouve que $z_n=\mu_n(1+\dots+\lambda_{n-1})z_1$ avec $\mu_n>0$. On a le résultat voulu, quitte à poser $\lambda_n=\mu_n(1+\dots+\lambda_{n-1})$.