Ch. 15 Nombres complexes — forme algébrique — Terminale D Maths

1. Construction de ℂ

Définition

i est le nombre imaginaire tel que i²=-1. Un nombre complexe est z=a+bi avec a,b∈ℝ.

a=Re(z) (partie réelle), b=Im(z) (partie imaginaire). ℝ⊂ℂ (b=0).

Égalité : a+bi=a'+b'i ⟺ a=a' et b=b'.

2. Opérations en forme algébrique

Addition, multiplication

(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.

(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i. (Développer et remplacer i²=-1.)

Conjugué : z̄=a-bi. z·z̄=a²+b²=|z|².

Inverse : 1/z=z̄/|z|²=(a-bi)/(a²+b²).

Division : z/w=(z·w̄)/|w|². Multiplier num. et dén. par le conjugué.

3. Module et représentation géométrique

Plan complexe

z=a+bi ↔ point M(a;b) du plan. |z|=√(a²+b²) = distance OM = norme de z.

|z|=0 ⟺ z=0. |z·w|=|z|·|w|. |z/w|=|z|/|w|. |z̄|=|z|. |z+w|≤|z|+|w|.

4. Équations dans ℂ

Équation du 2ème degré

az²+bz+c=0 (a,b,c∈ℂ). Δ=b²-4ac.

Si Δ=ρe^(iθ), les racines sont z=(-b±√Δ)/(2a) où √Δ est une racine carrée de Δ.

Si a,b,c∈ℝ et Δ<0 : les racines sont conjuguées z₁=(-b+i√|Δ|)/(2a) et z₂=z̄₁.

À retenir

i²=-1 ; z=a+bi ; Re(z)=a, Im(z)=b
z̄=a-bi ; |z|=√(a²+b²) ; z·z̄=|z|²
1/z=z̄/|z|² ; z/w=z·w̄/|w|²
|z·w|=|z|·|w| ; |z+w|≤|z|+|w|
Δ<0 (réels) → racines conjuguées

Opérations algébriques

● Facile

z=2+3i, w=1-i. Calculer : (1) z+w. (2) z·w. (3) z̄. (4) |z|. (5) z/w.

Correction

3+2i.
(2+3)(1-i)... (2+3i)(1-i)=2-2i+3i-3i²=2+i+3=5+i.
2-3i.
√13.
(2+3i)(1+i)/2=(2+2i+3i-3)/2=(-1+5i)/2.

Module et conjugué

● Moyen

Vérifier |z·w|=|z|·|w| pour z=1+i, w=2-i.
Calculer 1/(3+4i). Vérifier |1/z|=1/|z|.

Correction

z·w=(1+i)(2-i)=3+i. |z·w|=√10. |z|=√2, |w|=√5. √2·√5=√10 ✓.
1/(3+4i)=(3-4i)/25. |1/z|=5/25=1/5=1/|z|=1/5 ✓.

Équations dans ℂ

● Moyen

z²+2z+5=0 (Δ<0, coefficients réels).
z²-(3+i)z+2+i=0 (Méthode: chercher z=a+bi).

Correction

Δ=4-20=-16. z=(-2±4i)/2=-1±2i.
Δ=(3+i)²-4(2+i)=9+6i-1-8-4i=2i. √(2i)=1+i (car (1+i)²=2i). z=(3+i±(1+i))/2. z₁=(4+2i)/2=2+i. z₂=(2)/2=1. S={1;2+i}.

Plan complexe

● Moyen

Représenter les points z₁=2+i, z₂=-1+3i, z₃=-2-2i. Calculer leurs modules. Identifier le plus éloigné de l'origine.

Correction

|z₁|=√5≈2,24. |z₂|=√10≈3,16. |z₃|=2√2≈2,83. Le plus éloigné : z₂.

Racine carrée d'un complexe

● Difficile

Trouver les racines carrées de z=3+4i (forme a+bi, a,b∈ℝ).

Correction

(a+bi)²=3+4i → a²-b²=3 et 2ab=4 → b=2/a. a²-4/a²=3 → a⁴-3a²-4=0 → (a²-4)(a²+1)=0 → a²=4 → a=±2. b=±1. √(3+4i)=±(2+i).

★

Problème de synthèse

● Niveau Bac

On cherche à résoudre et analyser z⁴-1=0 dans ℂ.

Factorisation : Factoriser z⁴-1=(z²-1)(z²+1). En déduire les 4 racines.
Représentation : Placer les 4 racines dans le plan complexe. Que remarque-t-on ?
Module : Calculer le module de chaque racine.
Somme et produit : Calculer la somme et le produit des 4 racines. Interpréter par Viète.
Généralisation : L'équation zⁿ-1=0 a n racines de module 1 (racines de l'unité). Pour n=4, elles forment un carré. Vérifier en calculant les distances entre racines adjacentes.
Application : Si ω=i est une racine de z⁴=1, calculer ω, ω², ω³, ω⁴ et vérifier le cycle.

Correction du problème de synthèse

(z-1)(z+1)(z-i)(z+i)=0. Racines : z=1, z=-1, z=i, z=-i.
Points (1;0), (-1;0), (0;1), (0;-1) dans le plan. Forment un carré inscrit dans le cercle unité.
|1|=|-1|=|i|=|-i|=1. Toutes sur le cercle unité.
Somme=1+(-1)+i+(-i)=0. Produit=1×(-1)×i×(-i)=1×(-1)×(-1)=1. Par Viète pour z⁴-1=0 : somme des racines = -coeff z³ = 0 ✓, produit = (-1)⁴×(-1)/1 = -1... Recalc: z⁴+0z³+0z²+0z-1=0. Produit = 1 (Viète : (-1)⁴×(-1)/1 = 1) ✓.
Distance entre 1 et i : |i-1|=√2. Distance entre i et -1 : |-1-i|=√2. ✓ Carré de côté √2.
ω=i. ω²=i²=-1. ω³=-i. ω⁴=1. Cycle de période 4. ✓

QCM

10 questions

0Score

0/10Répondues

Q1/10

i²=

Q2/10

Re(3-4i)=

Q3/10

(2+i)(1-i)=

Q4/10

Conjugué de z=a+bi est

Q5/10

|z|² = z·z̄ = pour z=3+4i

Q6/10

1/i =

Q7/10

z²+4=0 dans ℂ

Q8/10

|z·w|=

Q9/10

Δ<0 (coefficients réels) → racines

Q10/10

z=2-3i, z̄=

Exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.

Forme algébrique — produit

● Facile

Écrire sous forme algébrique le nombre complexe (2−i)(3+i).

Correction

(2−i)(3+i)=6+2i−3i−i²=6−i+1=7−i.

Module

● Facile

Déterminer le module du nombre complexe 3+4i.

Correction

|3+4i|=√(3²+4²)=√(9+16)=√25=5.

Triangle isocèle — rotation

● Moyen

Le plan est muni du repère orthonormé direct (O,I,J). A est le point d'affixe z_A et OAB est un triangle isocèle de sommet O, tel que mes(vecteur OA, vecteur OB)=θ+k2π [k∈ℤ]. Faire la figure et déterminer l'affixe de B pour z_A=3+2i, θ=5π/6.

Correction

OAB isocèle de sommet O signifie OA=OB : B est donc l'image de A par la rotation de centre O et d'angle θ (qui conserve la distance à O et donne l'angle voulu). Ainsi z_B=z_A·e^(iθ).

e^(i5π/6)=cos(5π/6)+i·sin(5π/6)=−√3/2+i/2.

z_B=(3+2i)(−√3/2+i/2)=−3√3/2+3i/2−√3i+i²=(−1−3√3/2)+(3/2−√3)i.

Soit z_B=−(2+3√3)/2 + (3−2√3)/2·i ≈ −3,60 − 0,23i. (Figure : A(3;2), B obtenu par rotation de centre O, d'angle 5π/6, avec OB=OA.)

Ensemble de points

● Moyen

Déterminer l'ensemble des points M du plan complexe d'affixe z tels que z+z̄−1=|z|.

Correction

Posons z=x+iy. z+z̄=2x, donc l'équation devient 2x−1=√(x²+y²), avec la condition 2x−1≥0, soit x≥1/2.

En élevant au carré : (2x−1)²=x²+y² → 4x²−4x+1=x²+y² → 3x²−4x+1=y², soit 3x²−4x+1−y²=0.

Forme canonique : 3(x−2/3)²−1/3−y²=0, soit (x−2/3)²/(1/9) − y²/(1/3) = 1 : une hyperbole de centre Ω(2/3;0), de sommets x=1 et x=1/3.

La condition x≥1/2 élimine la branche x≤1/3 : l'ensemble cherché est donc uniquement la branche droite (x≥1) de cette hyperbole, de sommet (1;0).

★

Problème de synthèse

● Niveau Bac

On considère l'équation (E) : z³ − 6z² + (17+12i)z − 18 − 24i = 0.

Solutions particulières : Démontrer que (E) admet une solution réelle z₁ et une solution imaginaire pure z₂.
Résolution : Résoudre dans ℂ l'équation (E) (on notera z₃ la troisième solution).
Alignement : Démontrer que les points images des solutions de (E) sont alignés.

Correction du problème de synthèse

Racine réelle : posons z=a (a∈ℝ). (E) devient (a³−6a²+17a−18)+i(12a−24)=0. Par identification : 12a−24=0 → a=2 ; on vérifie 2³−6×2²+17×2−18=8−24+34−18=0 ✓. Donc z₁=2 est solution.
Racine imaginaire pure : posons z=bi (b∈ℝ). (E) devient (6b²−12b−18)+i(−b³+17b−24)=0. La partie réelle donne 6b²−12b−18=0 → b²−2b−3=0 → (b−3)(b+1)=0 → b=3 ou b=−1 ; on teste dans la partie imaginaire −b³+17b−24 : pour b=3, −27+51−24=0 ✓ (pour b=−1, on trouve 40≠0). Donc z₂=3i est solution.
La somme des trois racines vaut 6 (coefficient de z² égal à −6). Donc z₃=6−z₁−z₂=6−2−3i=4−3i. L'ensemble des solutions est S={2 ; 3i ; 4−3i}.
Points images : M₁(2;0), M₂(0;3), M₃(4;−3). Vecteur M₁M₂=(−2;3) et vecteur M₁M₃=(2;−3)=−(−2;3). Les vecteurs M₁M₂ et M₁M₃ sont colinéaires (opposés), donc M₁, M₂ et M₃ sont alignés.

Cinq exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant, niveau intermédiaire — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.

Addition de deux nombres complexes

● Facile

Soit z=2−5i et z'=−3+4i. Donner la forme algébrique de z+z'.

Correction

z+z' = (2−5i)+(−3+4i) = (2−3)+(−5+4)i = −1−i.

Ensemble de points — module

● Moyen

Déterminer, puis décrire, l'ensemble des points M du plan complexe d'affixe z vérifiant |iz+3|=|z+4i|.

Correction

Remarquons que iz+3 = i(z−3i), car i(z−3i)=iz−3i²=iz+3. Comme |i|=1, on a |iz+3|=|i(z−3i)|=|z−3i|.

L'équation devient donc |z−3i|=|z−(−4i)| : l'ensemble cherché est l'ensemble des points équidistants des points d'affixes 3i et −4i, c'est-à-dire la médiatrice du segment joignant ces deux points.

Posons z=x+iy pour retrouver son équation cartésienne : (3−y)²+x² = x²+(y+4)² donne 9−6y=8y+16, soit 14y=−7, donc y=−1/2. L'ensemble est la droite horizontale d'équation y=−1/2 (perpendiculaire à l'axe des imaginaires, passant par le milieu des affixes 3i et −4i).

Inverses de deux nombres complexes

● Facile

Écrire sous forme algébrique l'inverse de chacun des nombres complexes z₁=1−i et z₂=√3+2i.

Correction

Pour z₁=1−i : |z₁|²=1²+(−1)²=2, donc 1/z₁ = z̄₁/|z₁|² = (1+i)/2 = 1/2 + (1/2)i.

Pour z₂=√3+2i : |z₂|²=(√3)²+2²=3+4=7, donc 1/z₂ = z̄₂/|z₂|² = (√3−2i)/7 = √3/7 − (2/7)i.

Parallélogramme — quatrième sommet

● Moyen

On considère les points A, B et C d'affixes respectives z_A=1+i, z_B=2−i et z_C=2−2i. Déterminer l'affixe du point D tel que ABCD soit un parallélogramme.

Correction

ABCD est un parallélogramme si et seulement si les diagonales [AC] et [BD] ont le même milieu, soit z_A+z_C = z_B+z_D, d'où z_D = z_A+z_C−z_B.

z_A+z_C = (1+i)+(2−2i) = 3−i. Donc z_D = (3−i)−(2−i) = 3−i−2+i = 1.

(Vérification : vecteur AB = z_B−z_A=(2−i)−(1+i)=1−2i et vecteur DC = z_C−z_D=(2−2i)−1=1−2i, bien égaux.)

Nature d'un quadrilatère

● Difficile

Dans le plan complexe, on donne les points A, B, C et D d'affixes respectives z_A=(3/2)i, z_B=2+(1/2)i, z_C=1−(3/2)i et z_D=−1−(1/2)i.

Placer les points A, B, C et D.
Déterminer la nature du quadrilatère ABCD.

Correction

A(0;3/2), B(2;1/2), C(1;−3/2), D(−1;−1/2) : quatre points à placer dans le repère.
Milieu de [AC] : ((0+1)/2 ; (3/2−3/2)/2) = (1/2;0). Milieu de [BD] : ((2−1)/2 ; (1/2−1/2)/2) = (1/2;0). Les diagonales ont le même milieu : ABCD est un parallélogramme.
Côtés : vecteur AB=(2;−1), longueur √5 ; vecteur BC=(−1;−2), longueur √5. Les quatre côtés sont donc égaux (AB=BC=CD=DA=√5) : c'est un losange.
De plus, vecteur AB·vecteur BC = 2×(−1)+(−1)×(−2) = −2+2 = 0 : deux côtés consécutifs sont perpendiculaires. Un losange ayant un angle droit est un carré. ABCD est donc un carré de côté √5.

Cinq problèmes de synthèse, plus longs et plus exigeants, tirés de la fin de la banque d'exercices du CIAM Terminale SE — pour aller plus loin et préparer les épreuves de type baccalauréat.

Équation avec conjugué — solutions sur un cercle

● Difficile

D'après Bac.

Résoudre dans ℂ l'équation z²−2z̄=0.
Le plan est rapporté au repère orthonormé (O,I,J). O, A, B, C sont les images des solutions obtenues. Représenter O, A, B, C et montrer que A, B, C sont situés sur un cercle.

Correction

Posons z=x+iy. z²=(x²−y²)+2xyi et 2z̄=2x−2yi. L'équation z²−2z̄=0 devient (x²−y²−2x)+(2xy+2y)i=0, soit x²−y²−2x=0 et 2y(x+1)=0.
• Si y=0 : x²−2x=0 → x(x−2)=0 → x=0 ou x=2 : solutions z=0 et z=2.
• Si x=−1 : 1−y²+2=0 → y²=3 → y=±√3 : solutions z=−1+i√3 et z=−1−i√3.
L'ensemble des solutions est S={0 ; 2 ; −1+i√3 ; −1−i√3}.
La solution z=0 correspond au point O lui-même. On note A, B, C les images des trois autres solutions 2, −1+i√3 et −1−i√3.
OA=|2|=2 ; OB=|−1+i√3|=√(1+3)=2 ; OC=|−1−i√3|=√(1+3)=2.
Comme OA=OB=OC=2, les points A, B et C sont situés sur le cercle de centre O et de rayon 2.

Suite géométrique des distances — spirale

● Difficile

On donne le nombre complexe a=(√2/2)(cos(π/4)+isin(π/4)) = (1/2)(1+i).

Déterminer le module du nombre complexe a−1.
On considère la suite (z_n) définie par z₀=1 et, pour tout entier n>0, z_n=aⁿ. On désigne par M_n le point d'affixe z_n. Placer dans le plan complexe les points M₀, M₁, M₂, M₃, M₄, M₅, M₆, M₇ (unité : 5 cm).
Pour tout entier n≥1, on considère la suite (u_n) définie par u_n=|z_n−z_{n−1}|. Vérifier que u_n=|a|ⁿ⁻¹|a−1|. Démontrer que (u_n) est une suite géométrique dont on précisera le premier terme u₁ et la raison.
Calculer la somme S_n=u₁+u₂+…+u_n.

Correction

a−1 = (1/2+1/2 i)−1 = −1/2+1/2 i. |a−1| = √((1/2)²+(1/2)²) = √(1/2) = √2/2.
Comme |a|=√2/2<1 et arg(a)=π/4, chaque point M_n s'obtient à partir de M_{n−1} par une rotation d'angle π/4 combinée à une réduction du rayon dans le rapport √2/2 : les points M₀, M₁, …, M₇ dessinent une spirale qui s'enroule vers O.
Calculs successifs : z₀=1 ; z₁=a=1/2+i/2 ; z₂=a²=i/2 ; z₃=a³=−1/4+i/4 ; z₄=a⁴=−1/4 ; z₅=a⁵=−1/8−i/8 ; z₆=a⁶=−i/8 ; z₇=a⁷=1/16−i/16.
z_n−z_{n−1} = aⁿ⁻¹(a−1) (en factorisant aⁿ−aⁿ⁻¹). Donc u_n=|z_n−z_{n−1}|=|aⁿ⁻¹||a−1|=|a|ⁿ⁻¹|a−1|, ce qui est bien la relation demandée.
Cette expression montre que u_n=|a−1|×|a|ⁿ⁻¹ est de la forme (constante)×qⁿ⁻¹ : (u_n) est géométrique, de premier terme u₁=|a−1|=√2/2 et de raison q=|a|=√2/2.
S_n = u₁×(1−qⁿ)/(1−q) avec u₁=q=√2/2. Comme 1−√2/2=(2−√2)/2 : S_n = (√2/2)/((2−√2)/2) × (1−(√2/2)ⁿ) = [√2/(2−√2)]×(1−(√2/2)ⁿ).
En multipliant par (2+√2)/(2+√2) : √2/(2−√2) = √2(2+√2)/2 = (2√2+2)/2 = √2+1.
Donc S_n = (1+√2)[1−(√2/2)ⁿ].

Polynôme du 4ᵉ degré à coefficients réels

● Difficile

D'après Bac. On considère le polynôme P(z)=z⁴−4z³+9z²−4z+8, de ℂ dans ℂ.

Comparer P(z̄) et le conjugué de P(z). Calculer P(i). En déduire une, puis deux solutions de l'équation (E) : P(z)=0.
Mettre P(z) sous la forme d'un produit de deux polynômes du second degré à coefficients réels. Résoudre dans ℂ l'équation (E). Calculer la somme et le produit des solutions de (E).

Correction

Les coefficients de P sont réels, donc pour tout z, P(z̄) = P(z)‾ (le conjugué de l'image de z est l'image du conjugué de z).
P(i) = i⁴−4i³+9i²−4i+8 = 1−4(−i)+9(−1)−4i+8 = 1+4i−9−4i+8 = 0. Donc i est solution de (E).
D'après la propriété précédente, P(−i)=P(ī)=P(i)‾=0‾=0 : −i est également solution de (E).
Puisque i et −i sont racines, (z−i)(z+i)=z²+1 divise P(z). En posant P(z)=(z²+1)(z²+az+b) et en développant : (z²+1)(z²+az+b)=z⁴+az³+(b+1)z²+az+b. Par identification : a=−4, b+1=9 donc b=8 (cohérent avec le coefficient de z et le terme constant de P). Donc P(z)=(z²+1)(z²−4z+8).
On résout z²−4z+8=0 : Δ=16−32=−16, √Δ=4i, z=(4±4i)/2=2±2i.
L'ensemble des solutions est S={i ; −i ; 2+2i ; 2−2i}.
Somme des solutions : i+(−i)+(2+2i)+(2−2i)=4 (conforme à Viète : l'opposé du coefficient de z³). Produit des solutions : i×(−i)×(2+2i)×(2−2i)=1×(4+4)=8 (conforme à Viète : le terme constant, le degré étant pair).

Polynôme du 3ᵉ degré — triangle équilatéral

● Difficile

D'après Bac. Le polynôme P est défini, pour tout z∈ℂ, par P(z)=z³+(−9+4√3)z²+(43−24√3)z−75+36√3.

a) Vérifier que P(3)=0.
b) Déterminer les réels α et β tels que, pour tout z∈ℂ, P(z)=(z−3)(z²+αz+β).
c) Résoudre dans ℂ l'équation P(z)=0.
On désigne par U, V et W les points du plan complexe d'affixes respectives U=3−2√3+2i, V=3−2√3−2i, W=3.
a) Déterminer le module et un argument du nombre complexe (V−W)/(U−W).
b) En déduire la nature du triangle UVW.

Correction

a) P(3) = 27+(−9+4√3)×9+(43−24√3)×3−75+36√3 = 27+(−81+36√3)+(129−72√3)−75+36√3. Termes constants : 27−81+129−75=0 ; termes en √3 : 36√3−72√3+36√3=0. Donc P(3)=0.
b) En développant (z−3)(z²+αz+β)=z³+(α−3)z²+(β−3α)z−3β et en identifiant avec P(z) : α−3=−9+4√3 donne α=−6+4√3 ; −3β=−75+36√3 donne β=25−12√3. (On vérifie que β−3α=(25−12√3)−3(−6+4√3)=43−24√3, conforme au coefficient de z.)
c) P(z)=0 ⟺ z=3 ou z²+(−6+4√3)z+(25−12√3)=0. Pour cette dernière équation : Δ=(−6+4√3)²−4(25−12√3)=(84−48√3)−(100−48√3)=−16. Donc √Δ=4i et z=(6−4√3±4i)/2=3−2√3±2i.
S={3 ; 3−2√3+2i ; 3−2√3−2i} (on retrouve W, U et V).
a) V−W=(3−2√3−2i)−3=−2√3−2i et U−W=(3−2√3+2i)−3=−2√3+2i. En multipliant par le conjugué du dénominateur : (V−W)/(U−W) = (−2√3−2i)(−2√3−2i)/[(−2√3+2i)(−2√3−2i)] = (8+8√3i)/16 = 1/2+(√3/2)i. Son module vaut 1 et un argument vaut π/3 (car cos(π/3)=1/2 et sin(π/3)=√3/2).
b) Le module valant 1 donne |V−W|=|U−W|, donc WV=WU : le triangle est isocèle en W. L'argument π/3 donne l'angle (vecteur WU, vecteur WV)=π/3=60°. Un triangle isocèle dont l'angle au sommet mesure 60° a nécessairement ses trois angles égaux à 60° : le triangle UVW est équilatéral.

Triangle rectangle inscrit dans un cercle

● Difficile

On donne les points B et C d'affixes respectives z_B=2+2i√3 et z_C=2−2i√3.

Vérifier que B et C appartiennent au cercle de centre O et de rayon 4.
On considère le point A d'affixe z_A=(z_C−z_B)/2. Calculer z_A.
Déterminer la nature du triangle ABC.

Correction

|z_B| = √(2²+(2√3)²) = √(4+12) = √16 = 4. |z_C| = √(2²+(2√3)²) = 4 (même calcul, C étant le conjugué de B). Donc B et C appartiennent au cercle de centre O et de rayon 4.
z_A = (z_C−z_B)/2 = [(2−2i√3)−(2+2i√3)]/2 = (−4i√3)/2 = −2i√3.
A(0;−2√3), B(2;2√3), C(2;−2√3). Vecteur CA=A−C=(−2;0) et vecteur CB=B−C=(0;4√3). Leur produit scalaire vaut (−2)×0+0×4√3=0 : les côtés [CA] et [CB] sont perpendiculaires, donc le triangle est rectangle en C. (Vérification : CA=2, CB=4√3, AB=√(CA²+CB²)=√(4+48)=√52=2√13, conforme au théorème de Pythagore.)