Exercices math sup : Nombres complexes

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 : $$z_5=-\frac{23}{25}+\frac{36}{25}i.$$

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 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 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 $\sin(\theta/2)\in[0,1].$ L'ensemble des solutions est donc $\{e^{i\pi/3},e^{i5\pi/3}\}$.

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.

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 $\theta'=\theta+\frac\pi2\ [\pi]$.

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 $\lambda_n=\mu_n(1+\dots+\lambda_{n-1})$.

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 $\ln(6)+i\left(-\frac\pi6+2k\pi\right),\ k\in\mathbb Z$.

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 : $$\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)=\frac{1}{\sqrt 2}\sqrt{\frac{\sqrt{3}+2}2}=\frac{\sqrt 6+\sqrt 2}4.$$

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 $$z_k=i\frac{\omega_k+1}{\omega_k-1}.$$

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 $-1-i$.

On note $a=x+iy$ et $b=x'+iy'$ les affixes respectives de $A$ et $B$. Par hypothèse, $x$, $x'$, $y$ et $y'$ sont des entiers. Puisque $ABCD$ est un carré, $D$ est l'image de $B$ par la rotation de centre $A$ et d'angle $\pi/2$. Traduit en termes de nombres complexes, si $d$ est l'affixe de $D$, ceci signifie que $$d-a=i(b-a)\implies d=a+i(b-a)=x+iy+i\big((x'-x)+i(y'-y)\big)=x+y-y'+i(y+x'-x).$$ Ainsi, les coordonnées de $D$ sont bien des entiers. Pour prouver que les coordonnées de $C$ sont des entiers, on procède de la même façon, en utilisant cette fois le fait que $C$ est l'image de $A$ dans la rotation de centre $D$ et d'angle $\pi/2$.
Imaginons maintenant que $ABC$ soit un triangle équilatéral dont les trois sommets sont à coordonnées entières, et gardons les notations précédentes. Alors, $C$, d'affixe $c=x''+iy''$ est l'image de $B$ par la rotation de centre $A$ et d'angle $\pi/3$. Autrement dit, $$c-a=e^{i\pi/3}(b-a)\implies c=(x+iy)+\left(\frac 12+i\frac{\sqrt 3}2\right)\big((x'-x)+i(y'-y)\big).$$ On développe, et après calcul, on trouve que $$c=x+\frac{x'-x}2-\frac{\sqrt 3(y'-y)}{2}+i\left(y+\frac{y'-y}2+\frac{\sqrt 3(x'-x)}{2}\right).$$ Pour que la partie réelle de $c$ soit un entier, il est nécessaire que $y=y'$ et pour que la partie imaginaire de $c$ soit nulle, il est nécessaire que $x=x'$. Finalement, ceci entraine $A=B$, c'est-à-dire que le triangle est réduit à un point!

Posons $a=e^{i\theta}$. Alors les racines de $z^n=a$ sont données par $z_k=e^{i(2k\pi+\theta)/n}$, $k=0,\dots,n-1$. Factorisant par l'angle moitié et utilisant les formules d'Euler, on a $$1+z_k=2\cos\left(\frac{2k\pi+\theta}{2n}\right)e^{i(2k\pi+\theta)/2n}$$ soit $$(1+z_k)^n=2^n \cos^n \left(\frac{2k\pi+\theta}{2n}\right)e^{i(2k\pi+\theta)/2}=2^n \cos^n \left(\frac{2k\pi+\theta}{2n}\right)e^{i(k\pi+\theta/2)}.$$ Tous les points d'affixe $(1+z_k)^n$ sont donc situés sur la droite qui fait un angle $\theta/2$ avec l'axe des abscisses. Ainsi, ils sont alignés.

On commence par étudier les cas où deux de ces points sont confondus. L'équation $z=z^2$ a pour solution $z=1$ et $z=0$. L'équation $z=z^4$ a pour solutions $z=0$ et $z=1,j,j^2$. L'équation $z^2=z^4$ a pour solutions $z=0,1,-1$. On suppose désormais que $z$ est différent des nombres précédemment trouvés, et on remarque que les points sont alignés si et seulement si $$\arg\left(\frac{z^4-z}{z^2-z}\right)=0\ [\pi]\iff \frac{z^4-z}{z^2-z}\in\mathbb R.$$ Or, en notant $z=x+iy$, on a $$\frac{z^4-z}{z^2-z}=\frac{z(z-1)(z^2+z+1)}{z(z-1)}=z^2+z+1=(x^2-y^2+x+1)+iy(2x+1).$$ Ainsi, on en déduit que, dans ce cas, les points $z$, $z^2$ et $z^4$ sont alignés si et seulement si $y=0$ ou $x=-1/2$, c'est-à-dire si et seulement si $z$ est réel ou sa partie réelle vaut $-1/2$. Remarquons que l'on retrouve les solutions précédentes, $0$, $1$, $-1$, $j$ et $j^2$.

Le triangle est équilatéral si et seulement si $$z_3-z_1=e^{i\pi/3}(z_2-z_1)\textrm{ ou }z_3-z_1=e^{-i\pi/3}(z_2-z_1),$$ c'est-à-dire si et seulement si $$z_3-(1-e^{i\pi/3})z_1-e^{i\pi/3}z_2=0\textrm{ ou }z_3-(1-e^{-i\pi/3})z_1-e^{-i\pi/3}z_2=0.$$ Ceci est encore équivalent à dire que le produit de ces deux quantités est nul, c'est-à-dire à $$(z_3-(1-e^{i\pi/3})z_1-e^{i\pi/3}z_2)(z_3-(1-e^{-i\pi/3})z_1-e^{-i\pi/3}z_2)=0.$$ En développant ce produit, on trouve exactement la condition demandée.

On écrit : \begin{eqnarray*} \cos^5 x&=&\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)^5\\ &=&\frac{1}{32}\left(e^{5ix}+5e^{i3x}+10e^{ix}+10e^{-ix}+5e^{-i3x}+e^{-i5x}\right)\\ &=&\frac{1}{16}\big(\cos(5x)+5\cos(3x)+10\cos x\big). \end{eqnarray*} Le même raisonnement donne $$\sin^5 x=\frac{1}{16}\big(\sin(5x)-5\sin(3x)+10\sin(x)\big).$$ Pour la dernière expression, on procède ainsi : \begin{eqnarray*} \cos^2 x\sin^3 x&=&\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)^2\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^3\\ &=&\frac{e^{2ix}+2+e^{-2ix}}{4}\times\frac{e^{3ix}-3e^{ix}+3e^{-ix}-e^{-3ix}}{-8i}\\ &=&\frac{e^{5ix}-e^{3ix}-2e^{ix}+2e^{-ix}+e^{-3ix}-e^{-5ix}}{-32 i}\\ &=&\frac{2i\sin(5x)-2i\sin(3x)-4i\sin(x)}{-32i}\\ &=&\frac{-1}{16}\sin(5x)+\frac1{16}\sin(3x)+\frac18\sin(x). \end{eqnarray*}

1. D'après la formule de de Moivre, on sait que $$\cos(4\theta)+i\sin(4\theta)=\big(\cos(\theta)+i\sin(\theta)\big)^4.$$ On développe le second membre, toujours en utilisant la formule du binôme : \begin{align*} \big(\cos(\theta)+i\sin(\theta)\big)^4&=\cos^4(\theta)+4\cos^3(\theta)(i\sin(\theta))+6\cos^2(\theta)(i\sin(\theta))^2\\ &\quad\quad+4\cos(\theta)(i\sin\theta)^3+(i\sin(\theta))^4\\ &=\cos^4(\theta)+4i\cos^3(\theta)\sin(\theta)-6\cos^2(\theta)\sin^2(\theta)\\ &\quad\quad -4i\cos(\theta)\sin^3(\theta)+\sin^4(\theta). \end{align*} Finalement, en identifiant les parties réelles et imaginaires, on trouve \begin{align*} \cos(4\theta)&=\cos^4(\theta)-6\cos^2(\theta)\sin^2(\theta)+\sin^4(\theta)\\ \sin(4\theta)&=4\cos^3(\theta)\sin(\theta)-4\cos(\theta)\sin^3(\theta). \end{align*}

On va partir, en utilisant la formule de de Moivre, de $$\cos(5x)+i\sin(5x)=e^{i5x}=(e^{ix})^5=(\cos x+i\sin x)^5.$$ On développe ensuite ce produit et on identifie parties réelles et parties imaginaires. On trouve $$\cos(5x)=\cos^5 x −10\cos^3x \sin^2 x +5\cos x \sin^4 x$$ et $$\sin(5x)=5\cos^4x\sin x −10\cos^2x \sin^3x +\sin^5 x.$$

On linéarise les fonctions trigonométriques à l'aide des nombres complexes : \begin{eqnarray*} \cos^4t\sin^2t&=&\left(\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}\right)^4\left(\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}\right)^2\\ &=&\frac{-1}{2^6}\left(e^{i4t}+4e^{i2t}+6+4e^{-i2t}+e^{-i4t}\right)\left(e^{2it}-2+e^{-2it}\right)\\ &=&\frac{-1}{2^6}\left(e^{i6t}+2e^{i4t}-e^{i2t}-4-e^{-i2t}+2e^{-i4t}+e^{-i6t}\right)\\ &=&\frac{-1}{2^5}\left(\cos(6t)+2\cos(4t)-\cos(2t)-2\right). \end{eqnarray*} On en déduit : \begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\cos^4t\sin^2tdt&=&\frac{-1}{2^5}\int_0^{\pi/2}\big(\cos (6t)+2\cos (4t)-\cos (2t)-2\big)dt\\ &=&\frac{\pi}{32}. \end{eqnarray*}

La somme des racines $5-$ièmes de l'unité est nulle. On a donc $$1+e^{2i\pi/5}+e^{i4\pi/5}+e^{i6\pi/5}+e^{i8\pi/5}=0.$$ Or, $$e^{i8\pi/5}=e^{-2i\pi/5}\textrm{ et }e^{6i\pi/5}=e^{-4i\pi/5}.$$ Utilisant les formules d'Euler, on en déduit que $$1+2\cos(2\pi/5)+2\cos(4\pi/5)=0.$$ Or, $$\cos(4\pi/5)=2\cos^2(2\pi/5)-1,$$ ce qui donne $$4\cos^2(2\pi/5)+2\cos(2\pi/5)-1=0.$$ $\cos(2\pi/5)$ est donc une racine de l'équation $4X^2+2X-1=0$. Le discriminant de ce polynôme du second degré est $\Delta=20$, et ses racines sont $$x_1=\frac{-1-\sqrt 5}4\textrm{ et }x_2=\frac{-1+\sqrt 5}4.$$ Puisque $\cos(2\pi/5)>0$, on en déduit que $$\cos(2\pi/5)=\frac{-1+\sqrt 5}4.$$