Ch. 24 Nombres complexes — formes algébrique et trigonométrique — Terminale C Maths

1. Forme algébrique

Définitions

z=a+bi, i²=−1. Re(z)=a, Im(z)=b. z̄=a−bi. |z|=√(a²+b²)=√(z·z̄).

z/w=zw̄/|w|². |z+w|≤|z|+|w| (inégalité triangulaire).

2. Forme trigonométrique et argument

z=r(cosθ+isinθ)

r=|z|, θ=arg(z). arg(zw)=arg(z)+arg(w). arg(zⁿ)=n·arg(z).

3. Équations et racines de l'unité

Résolution

Racines carrées de z : système a²−b²=Re(z), 2ab=Im(z).

Racines n-ièmes de l'unité : ωₖ=e^(2ikπ/n), k=0,...,n−1. Somme=0.

À retenir

i²=−1 ; |z|²=zz̄ ; z/w=zw̄/|w|²
arg(zw)=arg(z)+arg(w) ; arg(zⁿ)=n·arg(z)
Racines de l'unité : e^(2ikπ/n), somme=0

Opérations

● Facile

z=3+4i, w=1−2i. z·w, z/w, |z|, |w|.

Correction

z·w=11−2i. z/w=−1+2i. |z|=5, |w|=√5.

Forme trigonométrique

● Moyen

z=1+i√3, w=−√2+i√2, v=−3i en forme trig.

Correction

2(cosπ/3+isinπ/3). 2(cos3π/4+isin3π/4). 3(cos(−π/2)+isin(−π/2)).

Racines carrées

● Moyen

Racines carrées de z=5+12i.

Correction

(a+bi)²=5+12i: a²−b²=5, 2ab=12 → a=3,b=2. Racines ±(3+2i).

Racines de l'unité

● Moyen

Résoudre z⁶=−1. Écrire les 6 racines.

Correction

−1=e^(iπ). zₖ=e^(iπ(2k+1)/6), k=0,...,5.

Équation 2ème degré

● Difficile

z²−(3+i)z+(2+i)=0. Δ, √Δ, solutions.

Correction

Δ=2i. √(2i)=±(1+i). z₁=2+i, z₂=1.

★

Problème de synthèse

● Niveau Bac

Racines 6ièmes de l'unité U₆.

Lister U₆ en forme algébrique.
Somme et produit. Lien Viète.
Stabilité par multiplication.
Sous-groupes de U₆.
Factoriser z⁶−1 en facteurs du 2ème degré réels.
Valeurs exactes de cos(π/3), sin(π/3), cos(π/6).

Correction

1, (1+i√3)/2, (−1+i√3)/2, −1, (−1−i√3)/2, (1−i√3)/2.
Somme=0 (coeff z⁵ dans z⁶−1=0). Produit=−1.
ωⱼ·ωₖ=ω_{j+k mod 6}∈U₆ ✓.
Diviseurs de 6: 1,2,3,6 → U₁,U₂,U₃,U₆.
z⁶−1=(z−1)(z+1)(z²+z+1)(z²−z+1).
ω₁=e^(iπ/3) → cos(π/3)=1/2, sin(π/3)=√3/2. cos(π/6)=sin(π/3)=√3/2.

QCM

10 questions

0Score

0/10Repondues

Q1/10

i²=

Q2/10

|z|²=

Q3/10

arg(zw)=

Q4/10

Inégalité triangulaire :

Q5/10

Somme des racines n-ièmes de 1=

Q6/10

z/w=

Q7/10

Si a,b,c∈ℝ, Δ<0 : racines

Q8/10

Racines n-ièmes de 1 : ωₖ=

Q9/10

Re(z+w)=

Q10/10

(1+i)² =

Produits et sommes de quotients conjugués

● Facile

Écrire sous forme algébrique les nombres complexes suivants.

z₁ = [(−1+i√3)/2] × [(−1−i√3)/2]
z₂ = 1 / (1+√2−i√3)
z₃ = 1/(2+i) + 1/(2−i)

Correction

Produit de la forme (a+b)(a−b) avec a=−1 et b=i√3 : (−1)²−(i√3)²=1−(−3)=4. Le dénominateur vaut 2×2=4, donc z₁=4/4=1.
On multiplie par le conjugué (1+√2+i√3) : le dénominateur devient (1+√2)²+3=6+2√2=2(3+√2), puis en multipliant par (3−√2)/(3−√2) on obtient un dénominateur réel égal à 14. Le numérateur devient (1+2√2)+i(3√3−√6). D'où z₂ = (1+2√2)/14 + i(3√3−√6)/14.
Au même dénominateur : z₃ = [(2−i)+(2+i)] / [(2+i)(2−i)] = 4/(4+1) = 4/5.

Quotients et puissances de nombres complexes

● Moyen

Écrire sous forme algébrique les nombres complexes suivants.

z₄ = (3−i)(1+2i) / [(1−3i)(2+i)]
z₅ = (−1−2i)³ / (1+i)⁴
z₆ = [(3−i)/(1−2i)]²

Correction

Numérateur : (3−i)(1+2i)=3+6i−i+2=5+5i. Dénominateur : (1−3i)(2+i)=2+i−6i+3=5−5i. Donc z₄=(5+5i)/(5−5i)=(1+i)/(1−i)=(1+i)²/2=2i/2=i.
(1+2i)²=1+4i−4=−3+4i, donc (−1−2i)²=−3+4i également (carré d'un opposé). (−1−2i)³=(−1−2i)(−3+4i)=3−4i+6i+8=11+2i. Par ailleurs (1+i)²=2i, donc (1+i)⁴=(2i)²=−4. D'où z₅=(11+2i)/(−4)=−11/4−i/2.
(3−i)/(1−2i)=(3−i)(1+2i)/5=(3+6i−i+2)/5=(5+5i)/5=1+i. Donc z₆=(1+i)²=2i.

Cubes de nombres complexes

● Facile

Déterminer les parties réelle et imaginaire des nombres complexes suivants.

(3+4i)³
(2−i)³

Correction

(3+4i)²=9+24i−16=−7+24i. (3+4i)³=(3+4i)(−7+24i)=−21+72i−28i−96=−117+44i. Donc Re=−117 et Im=44.
(2−i)²=4−4i−1=3−4i. (2−i)³=(2−i)(3−4i)=6−8i−3i−4=2−11i. Donc Re=2 et Im=−11.

Combinaisons de quotients et de cubes

● Moyen

Déterminer les parties réelle et imaginaire des nombres complexes suivants (on pourra réutiliser les résultats de l'exercice précédent).

(2+i)/(3+4i) − (3−4i)/(2−i)
(3+4i)³ − (2−i)³

Correction

(2+i)/(3+4i) = (2+i)(3−4i)/25 = (6−8i+3i+4)/25 = (10−5i)/25 = 2/5 − i/5. (3−4i)/(2−i) = (3−4i)(2+i)/5 = (6+3i−8i+4)/5 = (10−5i)/5 = 2−i. La différence vaut (2/5−i/5)−(2−i) = −8/5 + 4i/5. Donc Re=−8/5 et Im=4/5.
D'après l'exercice précédent, (3+4i)³=−117+44i et (2−i)³=2−11i, donc la différence vaut −119+55i. Re=−119, Im=55.

Conjugués de produits et de quotients

● Facile

Écrire sous forme algébrique le conjugué des nombres complexes suivants.

(4−i√3)(1+i)
(2−i)/(−3+i)

Correction

(4−i√3)(1+i) = 4+4i−i√3+√3 = (4+√3)+i(4−√3). Son conjugué est (4+√3)−i(4−√3) = (4+√3)+i(√3−4).
(2−i)/(−3+i) = (2−i)(−3−i)/[(−3+i)(−3−i)] = (−6−2i+3i−1)/10 = (−7+i)/10. Son conjugué est (−7−i)/10.

Conjugués d'expressions composées

● Moyen

Écrire sous forme algébrique le conjugué des nombres complexes suivants.

(1−i)(2+i) / [2i(−3+i)]
(2−3i)(1+i) / (2−i)²

Correction

Numérateur : (1−i)(2+i)=2+i−2i+1=3−i. Dénominateur : 2i(−3+i)=−6i−2=−2−6i. Le quotient (3−i)/(−2−6i) = (3−i)(−2+6i)/40 = (−6+18i+2i+6)/40 = 20i/40 = i/2. Son conjugué est donc −i/2.
Numérateur : (2−3i)(1+i)=2+2i−3i+3=5−i. Dénominateur : (2−i)²=4−4i−1=3−4i. Le quotient (5−i)/(3−4i) = (5−i)(3+4i)/25 = (15+20i−3i+4)/25 = (19+17i)/25. Son conjugué est (19−17i)/25.

Calcul de modules (I)

● Moyen

Calculer le module des nombres complexes suivants.

2/(1−i)
−1/(4i)
[√2(1+i)] / [½(√3−i)]

Correction

|2/(1−i)| = |2|/|1−i| = 2/√2 = √2.
|−1/(4i)| = 1/|4i| = 1/4.
Numérateur : |√2(1+i)| = √2×√2 = 2. Dénominateur : |½(√3−i)| = ½×√(3+1) = ½×2 = 1. Le module vaut donc 2/1 = 2.

Calcul de modules (II)

● Difficile

Calculer le module des nombres complexes suivants.

(−5+7i)(4−2i) / [(3+4i)(7+5i)]
(1−i)² / (1+i)³
[(√3−i)/(1−i)]³

Correction

|−5+7i|=√74, |4−2i|=2√5, |3+4i|=5, |7+5i|=√74. Le module vaut (√74×2√5)/(5×√74) = 2√5/5 (le facteur √74 se simplifie).
|1−i|²=(√2)²=2. |1+i|³=(√2)³=2√2. Le module vaut 2/(2√2)=√2/2.
|√3−i|=2, |1−i|=√2, donc le module du quotient vaut 2/√2=√2, et son cube vaut (√2)³=2√2.

Nombre réel ou imaginaire pur selon un paramètre

● Moyen

Pour quelles valeurs du nombre réel x le nombre complexe Z = [10−x+i(2+x)](x−i) est-il un nombre réel ? un nombre imaginaire pur ?

Correction

En posant A=10−x et B=2+x, on développe Z=(A+iB)(x−i)=(Ax+B)+i(Bx−A).

Re(Z) = (10−x)x+(2+x) = −x²+11x+2. Im(Z) = (2+x)x−(10−x) = x²+3x−10.

Z réel ⟺ Im(Z)=0 ⟺ x²+3x−10=0 ⟺ (x−2)(x+5)=0 ⟺ x=2 ou x=−5 (vérification : pour x=2, Z=(8+4i)(2−i)=16+4=20 ; pour x=−5, Z=(15−3i)(−5−i)=−75−3=−78 : les deux sont bien réels).

Z imaginaire pur ⟺ Re(Z)=0 ⟺ x²−11x−2=0. Δ=121+8=129 (qui n'est pas un carré parfait), donc x = (11−√129)/2 ou x = (11+√129)/2.

Vérification d'une identité algébrique

● Moyen

Vérifier que : (√3+i)/(√3−i) + (√3−i)/(√3+i) − 1 = 0.

Correction

(√3+i)/(√3−i) = (√3+i)² / [(√3)²+1²] = (3+2√3i−1)/4 = (2+2√3i)/4 = (1+√3i)/2.

De même, (√3−i)/(√3+i) est le conjugué du précédent : (1−√3i)/2.

La somme vaut (1+√3i)/2 + (1−√3i)/2 = 1. Donc l'expression totale vaut 1−1=0. ✓

Puissances de i : périodicité

● Difficile

Calculer i³, i⁴ et i⁵. En déduire i¹⁸ et i¹⁹.
Calculer 1+i+i²+i³, puis i¹⁹⁹+i²⁰⁰+i²⁰¹+i²⁰².

Correction

i³=−i, i⁴=1, i⁵=i. Les puissances de i sont 4-périodiques : i¹⁸=i^(4×4+2)=i²=−1. i¹⁹=i^(4×4+3)=i³=−i.
1+i+i²+i³ = 1+i−1−i = 0. Comme quatre puissances consécutives de i se factorisent toujours iⁿ(1+i+i²+i³) = iⁿ×0 = 0, on a immédiatement i¹⁹⁹+i²⁰⁰+i²⁰¹+i²⁰² = 0.

Sommes de puissances de i jusqu'à l'ordre 2000

● Difficile

Calculer Σ (de k=0 à 2000) iᵏ et Σ (de k=0 à 2002) (−i)ᵏ.

Correction

Première somme (2001 termes, k=0 à 2000) : on regroupe les 2000 premiers termes (k=0 à 1999) en 500 paquets de 4 termes consécutifs, chacun de somme nulle (résultat de la question précédente). Il reste le terme i²⁰⁰⁰ = i^(4×500) = 1. Donc Σ iᵏ = 0+1 = 1.

Seconde somme (2003 termes, k=0 à 2002) : (−i) est également 4-périodique : (−i)⁰=1, (−i)¹=−i, (−i)²=−1, (−i)³=i. On regroupe les 2000 premiers termes (k=0 à 1999) en 500 paquets de somme nulle. Restent (−i)²⁰⁰⁰=1, (−i)²⁰⁰¹=−i, (−i)²⁰⁰²=−1 (car 2000≡0, 2001≡1, 2002≡2 [4]). Leur somme vaut 1−i−1 = −i. Donc Σ (−i)ᵏ = −i.

Démontrer sans calculer

● Difficile

Soit z₁ = (3+2i)/(−5+7i) et z₂ = (3−2i)/(5+7i). Démontrer, sans calcul explicite de z₁ et z₂, que z₁−z₂ est un nombre réel et z₁+z₂ un nombre imaginaire pur.

Correction

Le conjugué de z₁ est z̄₁ = (3−2i)/(−5−7i) = −(3−2i)/(5+7i) = −z₂. Donc z₂ = −z̄₁.

z₁−z₂ = z₁−(−z̄₁) = z₁+z̄₁ = 2Re(z₁), qui est un nombre réel.

z₁+z₂ = z₁+(−z̄₁) = z₁−z̄₁ = 2i·Im(z₁), qui est un nombre imaginaire pur.

Recherche de complexes vérifiant une triple égalité de modules

● Difficile

Déterminer les nombres complexes z tels que : |z| = |1/z| = |z−1|.

Correction

|z|=|1/z| ⟺ |z|=1/|z| ⟺ |z|²=1 ⟺ |z|=1 (z≠0). On pose z=x+iy avec x²+y²=1.

|z−1|=1 ⟺ (x−1)²+y²=1 ⟺ x²−2x+1+y²=1 ⟺ 1−2x+1=1 (car x²+y²=1) ⟺ x=1/2.

Alors y²=1−1/4=3/4, soit y=±√3/2. Les solutions sont donc z = 1/2 + i√3/2 et z = 1/2 − i√3/2.

Système linéaire à deux inconnues complexes

● Difficile

Résoudre dans ℂ² le système suivant.

(1+i)z - iz' = 2+i (2+i)z + (2-i)z' = 7-4i

Correction

De la première équation : iz' = (1+i)z−(2+i), donc z' = (1−i)z + (−1+2i) (en multipliant par −i = 1/i).

En substituant dans la seconde équation : (2+i)z + (2−i)[(1−i)z+(−1+2i)] = 7−4i. Comme (2−i)(1−i)=1−3i et (2−i)(−1+2i)=5i, on obtient : [(2+i)+(1−3i)]z + 5i = 7−4i, soit (3−2i)z = 7−9i.

D'où z = (7−9i)/(3−2i) = (7−9i)(3+2i)/13 = (39−13i)/13 = 3−i.

Puis z' = (1−i)(3−i) + (−1+2i) = (2−4i) + (−1+2i) = 1−2i.

Vérification : (1+i)(3−i)−i(1−2i) = (4+2i)−(2+i) = 2+i ✓. (2+i)(3−i)+(2−i)(1−2i) = (7+i)+(−5i) = 7−4i ✓.

Solution unique : (z ; z') = (3−i ; 1−2i).