Exercices corrigés - Nombres complexes : équations

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 $z_2=-2+5i$.

On sait, par le lien entre les coefficients et les racines d'un polynôme du second degré, que $z$ et $z'$ sont racines de l'équation $z^2-2z+17=0$. Son discriminant est $\Delta=4-4\times 17=-64=(8i)^2$. Ses solutions sont $$z_1=\frac{2-8i}2=1-4i\textrm{ et }z_2=1+4i.$$ Les solutions du système sont donc les deux couples $(1-4i,1+4i)$ et $(1+4i,1-4i)$.

Ce n'est pas une équation du second degré classique. On va la résoudre en posant $z=x+iy$ avec $x$ et $y$ des réels. On a alors \begin{align*} z^2+2\bar z+1&=(x+iy)^2+2(x-iy)+1\\ &=x^2+2ixy-y^2+2x-2iy+1\\ &=(x^2-y^2+2x+1)+i(2xy-2y) \end{align*} Ainsi, l'équation $z^2+2\bar z+1=0$ est équivalente au système $$\left\{ \begin{array}{rcl} x^2-y^2+2x+1&=&0\\ 2xy-2y&=&0. \end{array} \right.$$ La deuxième équation s'écrit $2y(x-1)=0$ et est donc équivalente à $y=0$ ou $x=1.$ Si $y=0$, la première équation donne $$x^2+2x+1=0\iff (x+1)^2=0\iff x=-1.$$ Si $x=1,$ la première équation donne $$1-y^2+2+1=0\iff y^2=4\iff y=\pm 2.$$ L'ensemble des solutions est donc $$\mathcal S=\{-1;\ 1+2i;\ 1-2i\}.$$

La méthode est toujours la même. On pose $z=a+ib$, de sorte que $z^2=(a^2-b^2)+2iab$. L'équation $z^2=3+4i$ est donc équivalente à $$\left\{\begin{array}{rcl}a^2-b^2&=&3\\ 2ab=4\end{array}\right.$$ On peut ajouter une troisième équation en remarquant que $$|z|^2=|3+4i|\iff a^2+b^2=\sqrt{9+16}=5.$$ On trouve alors $2a^2=8$, soit $a=\pm 2$ et $2b^2=2$, soit $b=\pm 1$. L'équation $2ab=4$ oblige $a$ et $b$ à avoir même signe, et donc les deux solutions sont $2+i$ et $-2-i$.
Pour l'équation $z^2=8-6i$, on peut suivre une méthode exactement identique, et les solutions sont cette fois $3-i$ et $-3+i$.

Soit $w=a+ib$ tel que $w^2=Z$. On obtient le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} a^2-b^2&=&\sqrt 3\\ 2ab&=&1\\ a^2+b^2&=&|\sqrt 3+i|=2. \end{array}\right. $$ Il vient $a^2=\frac{\sqrt{3}+2}2$ et $b^2=\frac{2-\sqrt 3}{2}$. Puisque $a$ et $b$ ont le même signe, les solutions sont donc $$w=\sqrt{\frac{\sqrt{3}+2}2}+i\sqrt{\frac{2-\sqrt 3}{2}}\textrm{ et }w=-\sqrt{\frac{\sqrt{3}+2}2}-i\sqrt{\frac{2-\sqrt 3}{2}}.$$ Pour la résolution sous forme trigonométrique, on remarque que $$Z=2\left(\frac{\sqrt 3}2+i\frac 12\right)=2e^{i\pi/6}.$$ Les racines carrées de $Z$ sont donc $$w=\sqrt 2e^{i\pi/12}\textrm{ et }w=-\sqrt 2e^{i\pi/12}.$$ Comme les deux calculs donnent le même résultat, en identifiant les parties réelles, on trouve : $$\sqrt 2\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)=\sqrt{\frac{\sqrt{3}+2}2},$$ d'où on tire : $$\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)=\frac{1}{\sqrt 2}\sqrt{\frac{\sqrt{3}+2}2}=\frac{\sqrt 6+\sqrt 2}4.$$

Soit $x$ une racine réelle, ie $4ix^3+2(1+3i)x^2-(5+4i)x+3(1-7i)=0$. Partie réelle et partie imaginaire du membre de gauche doivent être nulles, on obtient donc après identification : $$\left\{ \begin{array}{rcl} 2x^2-5x+3&=&0\\ 4x^3+6x^2-4x-21&=&0. \end{array}\right.$$ Il est facile de résoudre la première équation et de vérifier si on obtient une racine de l'autre équation. On trouve que $3/2$ est racine. On factorise alors le polynôme par $z-3/2$, et on trouve (par exemple en procédant par identification) : $$4iz^3+2(1+3i)z^2-(5+4i)z+3(1-7i)=(z-3/2)\big(4iz^2+2(1+6i)z+2(-1+7i)\big).$$ Reste à résoudre ensuite l'équation : $$4iz^2+2(1+6i)z+2(-1+7i)=0$$ dont les solutions sont $-2+\frac32i$ et $-1-i$.

C'est du cours!

1. On écrit $$1+i\sqrt 3=2\left(\frac12+i\frac{\sqrt 3}2\right)=2e^{i\pi/3}.$$ Il vient $$z^3=1+i\sqrt 3=2e^{i\pi/3}\iff z=2^{1/3} e^{i\left(\frac\pi 9+\frac{2k\pi}3\right)},\ k\in\mathbb Z.$$ On obtient 3 nombres complexes différentes pour $k=0$, $k=1$ et $k=2$ qui sont $2^{1/3}e^{i\pi/9}$, $2^{1/3}e^{i7\pi/9}$ et $2^{1/3}e^{i13\pi/9}$.
2. On a $$1+i\sqrt 3=2\left(\frac12+i\frac{\sqrt 3}2\right)=2e^{i\pi/3}.$$ On en déduit que $$\frac{-4}{1+i\sqrt 3}=-2e^{-i\pi/3}=2e^{2i\pi/3}.$$ Finalement, $$z^6=\frac{-4}{1+i\sqrt 3}\iff z=2^{1/6} e^{\frac{i k\pi}{3}+\frac{i\pi}9},\ k\in\mathbb Z$$ (on peut se restreindre à $k\in\{0,\dots,5\}$).
3. On a $$\frac{(1+i\sqrt 3)^4}{(1+i)^2}=\frac{2^4\left(\frac 12+i\frac{\sqrt 3}2\right)^4}{2\left(\frac1{\sqrt 2}+i\frac{1}{\sqrt 2}\right)^2}=2^3\frac{e^{i\frac{\pi}3\times 4}}{e^{i\frac{\pi}4\times 2}}.$$ L'équation qu'on doit résoudre est donc : $$z^5=2^3e^{i\frac{5\pi}6}\iff \left(\frac{z}{2^{3/5}e^{i\pi/6}}\right)^5=1.$$ On en déduit que les solutions sont les complexes de la forme $$z=2^{3/5}e^{i\left(\frac{\pi}6+\frac{2k\pi}{5}\right)},\ k\in\mathbb Z$$ (on peut se restreindre à $k\in\{0,\dots,4\}$).

1. $1$ n'est pas solution, et l'équation est donc équivalente à $$\left(\frac{z+1}{z-1}\right)^5=1.$$ Posons $w=\frac{z+1}{z-1}$, c'est-à-dire $z=\frac{w+1}{w-1}$. On a $w^5=1$ si et seulement s'il existe $k\in\{0,\dots,4\}$ tel que $w=e^{2ik \pi/5}$. Si l'on retourne à $z$, on doit exclure $w=1$ car l'équation $\frac{z+1}{z-1}=1$ n'admet pas de solutions. On a donc 4 solutions qui sont $$z=\frac{e^{2ik\pi/5}+1}{e^{2ik\pi/5}-1},$$ pour $k=1,\dots,4$. On peut encore simplifier en utilisant les formules d'Euler : $$\begin{array}{rcl}\exp \left(\frac{2ik\pi }{5}\right)+1&=&\exp \left(\frac{2ik\pi }{5}\right)+\exp \left(0\right)\\&=&\exp \left(\frac{ik\pi }{5}\right)\left(\exp \left(\frac{ik\pi }{5}\right)+\exp \left(\frac{-ik\pi }{5}\right)\right)\\&=&2\exp \left(\frac{ik\pi}{5}\right) \cos(k\pi/5). \end{array}$$ De même, on trouve $$\exp\left(\frac{2k\pi}{5}\right)-1=2i\exp \left(\frac{ik\pi}{5}\right) \sin(k\pi/5).$$ L'ensemble des solutions est donc $\{-i\textrm{cotan}(k\pi/5);\ k=1,\dots,4\}$.
2. Posons $w=\frac{z+1}{z-1}$. L'équation devient $w^3+\frac{1}{w^3}=0$, soit $w^6=-1=e^{i\pi}$. Ses racines sont $$e^{i\pi/6+k\pi/3},\ k=0,\dots,5.$$ On retrouve alors $z$ car $z=\frac{w+1}{w-1}$. Pour $k=1$ ou $k=4$, on trouve $z=\pm i$. Pour les autres valeurs de $k$, on trouve $z=\pm i(2\pm \sqrt 3)$.
3. Remarquons d'abord que $z=i$ n'est pas solution de l'équation. Ainsi, l'équation est équivalente à $$\left(\frac{z+i}{z-i}\right)^n=1.$$ Ceci est équivalent à dire qu'il existe $k\in\{0,\dots,n-1\}$ tel que $$\frac{z+i}{z-i}=\omega_k,$$ en notant $\omega_k=e^{2ik\pi/n}$. Pour $k=0$, $\omega_k=1$ et l'équation $\frac{z+i}{z-i}=1$ n'a pas de solutions. Sinon, pour $k=1,\dots,n-1$, on obtient les solutions $$z_k=i\frac{\omega_k+1}{\omega_k-1}.$$

On remarque d'abord que $z=0$ est solution. Sinon, on pose $z=re^{i\theta}$, de sorte que $\bar z=re^{-i\theta}$. On remarque aussi que $1+i=\sqrt 2e^{i\pi/4}$. L'équation est alors équivalente à $$r^6 e^{i6\theta}=\sqrt 2 e^i{\pi/4} r^2 e^{-2i\theta}\iff r^4 e^{i8\theta}=\sqrt 2 e^{i\pi/4}.$$ Ceci est équivalent à $r^4=\sqrt 2$, soit $r=2^{1/8}$, et à $$8\theta \equiv \frac{\pi}4\ [2\pi].$$ Ainsi, il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $$8\theta=\frac{\pi}4+2k\pi\iff \theta=\frac{\pi}{32}+k\frac{\pi}4.$$ Ainsi, l'équation admet neuf solutions : $$\mathcal S=\left\{0,z_0,z_0e^{i\pi/4},z_0e^{i\pi/2},z_0e^{3i\pi/4},z_0e^{i\pi},z_0e^{i5\pi/4},z_0e^{i3\pi/2},z_0e^{i7\pi/4}\right\}$$ où $z_0=2^{1/8}e^{i\pi/32}$.