Pour tout réel θ : e^(iθ) = cos θ + i sin θ.
Conséquences : e^(iπ)=-1 (identité d'Euler). e^(2iπ)=1. e^(-iθ)=cos θ-i sin θ.
cos θ=(e^(iθ)+e^(-iθ))/2. sin θ=(e^(iθ)-e^(-iθ))/(2i).
(cos θ+i sin θ)ⁿ = cos(nθ)+i sin(nθ) pour tout entier n.
Application : développer (cos θ+i sin θ)ⁿ par le binôme → expressions de cos(nθ) et sin(nθ).
(cos θ+i sin θ)³ = cos³θ+3cos²θ·i sinθ+3cos θ·(i sinθ)²+(i sinθ)³
= (cos³θ-3cosθ sin²θ)+i(3cos²θ sinθ-sin³θ).
Donc cos(3θ)=4cos³θ-3cosθ et sin(3θ)=3sinθ-4sin³θ.
cosⁿθ = [(e^(iθ)+e^(-iθ))/2]ⁿ → développer par Newton, regrouper.
sinⁿθ = [(e^(iθ)-e^(-iθ))/(2i)]ⁿ → idem.
cos²θ=[(e^(iθ)+e^(-iθ))/2]²=(e^(2iθ)+2+e^(-2iθ))/4=(1+cos 2θ)/2.
(1) Vérifier e^(iπ)=-1. (2) Calculer e^(iπ/2). (3) Calculer |e^(iθ)| pour tout θ.
En développant (cos θ+i sin θ)⁴ par Moivre et par le binôme, trouver cos(4θ) et sin(4θ).
cos(4θ)+i sin(4θ)=cos⁴θ+4cos³θ·i sinθ-6cos²θ sin²θ-4cosθ i sin³θ+sin⁴θ. Parties réelle et imaginaire: cos 4θ=cos⁴θ-6cos²θ sin²θ+sin⁴θ=8cos⁴θ-8cos²θ+1. sin 4θ=4cos³θ sinθ-4cosθ sin³θ=4sinθ cosθ(cos²θ-sin²θ)=2sin(2θ)cos(2θ)=sin(4θ). ✓
(1) Linéariser cos³θ. (2) Linéariser sin²θ·cos θ.
Résoudre z⁶=1. (1) Exprimer les 6 racines sous forme e^(ikπ/3). (2) Les placer dans le plan.
zₖ=e^(2ikπ/6)=e^(ikπ/3), k=0,...,5. z₀=1, z₁=e^(iπ/3)=(1+i√3)/2, z₂=e^(2iπ/3)=(-1+i√3)/2, z₃=-1, z₄=(-1-i√3)/2, z₅=(1-i√3)/2. Hexagone régulier.
Par Moivre, montrer cos(5θ)=16cos⁵θ-20cos³θ+5cosθ. En déduire cos(π/5).
cos5θ=Re(cosθ+i sinθ)⁵. Binôme: C₅⁰cos⁵-C₅²cos³sin²+C₅⁴cosθsin⁴=cos⁵-10cos³sin²+5cosθsin⁴=cos⁵-10cos³(1-cos²)+5cosθ(1-cos²)²=16cos⁵-20cos³+5cosθ. Pour θ=π/5: cos(π)=-1=16x⁵-20x³+5x où x=cos(π/5). Résoudre numériquement: x=(1+√5)/4×2=(1+√5)/4... cos(π/5)=(1+√5)/4.
On cherche à exprimer cos(nθ) pour n=1,2,3 et à en déduire des intégrales.
10 questions
e^(iπ)=
Formule de Moivre : (cosθ+i sinθ)ⁿ=
cos θ=(e^(iθ)+e^(-iθ))/
sin θ=(e^(iθ)-e^(-iθ))/(2
cos²θ linéarisé=
cos(3θ)=
|e^(iθ)|=
Racines de z^n=1 : nombre de racines=
sin²θ linéarisé=
e^(i·π/2)=
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.
Développer (cos x + i sin x)³. En déduire les expressions de cos(3x) et sin(3x) en fonction de cos x et sin x.
(cos x+i sin x)³ = cos³x + 3cos²x·(i sinx) + 3cosx·(i sinx)² + (i sinx)³ = cos³x + 3i cos²x sinx − 3cosx sin²x − i sin³x.
En regroupant les parties réelle et imaginaire : (cos x+i sinx)³ = (cos³x − 3cosx sin²x) + i(3cos²x sinx − sin³x).
Or par la formule de Moivre, (cosx+i sinx)³ = cos(3x)+i sin(3x). Par identification :
cos(3x) = cos³x − 3cosx sin²x = cos³x − 3cosx(1−cos²x) = 4cos³x − 3cosx.
sin(3x) = 3cos²x sinx − sin³x = 3(1−sin²x)sinx − sin³x = 3sinx − 4sin³x.
Linéariser cos⁴x, c'est-à-dire l'exprimer comme une combinaison linéaire de cos(kx).
cos⁴x = [(e^(ix)+e^(−ix))/2]⁴ = (1/16)(e^(ix)+e^(−ix))⁴.
En développant avec le binôme de Newton : (e^(ix)+e^(−ix))⁴ = e^(4ix) + 4e^(2ix) + 6 + 4e^(−2ix) + e^(−4ix) = (e^(4ix)+e^(−4ix)) + 4(e^(2ix)+e^(−2ix)) + 6 = 2cos(4x) + 8cos(2x) + 6.
D'où cos⁴x = (cos4x + 4cos2x + 3)/8.
Linéariser sin⁵x, puis cos³(2x).
Linéarisation de sin⁵x : sin⁵x = [(e^(ix)−e^(−ix))/(2i)]⁵. En développant (e^(ix)−e^(−ix))⁵ par le binôme (signes alternés) : = (e^(5ix)−e^(−5ix)) − 5(e^(3ix)−e^(−3ix)) + 10(e^(ix)−e^(−ix)) = 2i[sin5x − 5sin3x + 10sinx].
Comme (2i)⁵ = 32i, sin⁵x = (sin5x − 5sin3x + 10sinx)/16 = (10sinx − 5sin3x + sin5x)/16.
Linéarisation de cos³(2x) : on sait que cos³θ = (cos3θ+3cosθ)/4 (linéarisation classique). En posant θ = 2x : cos³(2x) = (cos6x + 3cos2x)/4.
Soit n un entier naturel supérieur à 1. On pose S_n = 1 + cos(2π/n) + cos(4π/n) + … + cos(2(n−1)π/n) et S'_n = sin(2π/n) + sin(4π/n) + … + sin(2(n−1)π/n). En posant q = e^(i2π/n), calculer S_n + iS'_n en reconnaissant la somme des n premiers termes d'une suite géométrique complexe de raison q. En déduire S_n et S'_n.
S_n + iS'_n = Σ_{k=0}^{n−1}[cos(2kπ/n)+i sin(2kπ/n)] = Σ_{k=0}^{n−1} e^(i2kπ/n) = Σ_{k=0}^{n−1} qᵏ, où q = e^(i2π/n).
C'est la somme des n premiers termes d'une suite géométrique complexe de premier terme 1 et de raison q. Comme n≥2, q≠1, donc Σ_{k=0}^{n−1} qᵏ = (1−qⁿ)/(1−q).
Or qⁿ = e^(i2π) = 1, donc le numérateur est nul : S_n + iS'_n = 0.
Par identification des parties réelle et imaginaire : S_n = 0 et S'_n = 0, pour tout entier n ≥ 2.
On considère une suite géométrique de nombres réels dont le premier terme est 1 et la raison est q (q ≠ 1).
1. Pour q ≠ 1, la somme des 5 premiers termes d'une suite géométrique de premier terme 1 et de raison q vaut : 1+q+q²+q³+q⁴ = (1−q⁵)/(1−q).
2. La formule de la somme géométrique reste valable dans ℂ (elle ne dépend que de q≠1, réel ou complexe) : Z = 1+z+z²+z³+z⁴ = (1−z⁵)/(1−z).
3. Avec z = cos(2π/5)+i sin(2π/5) = e^(i2π/5), on a z⁵ = e^(i2π) = 1. Comme z≠1, le dénominateur 1−z est non nul, donc Z = (1−1)/(1−z) = 0.
Or Z = 1+z+z²+z³+z⁴ = Σ_{k=0}^{4} e^(i2kπ/5) = Σ_{k=0}^{4}[cos(2kπ/5)+i sin(2kπ/5)].
Partie réelle : Re(Z) = 1+cos(2π/5)+cos(4π/5)+cos(6π/5)+cos(8π/5) = 1+X = 0, d'où X = −1.
Partie imaginaire : Im(Z) = sin(0)+sin(2π/5)+sin(4π/5)+sin(6π/5)+sin(8π/5) = 0+Y = 0, d'où Y = 0.
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.
Soit a un nombre réel tel que 0≤a<π/2. On considère le nombre complexe X défini par X=sin2a−2isin²a.
On factorise directement : X = sin2a−2isin²a = 2sina·cosa − i·2sin²a = 2sina(cosa − isina).
Or cosa−isina = e^(−ia). Donc X = 2sina·e^(−ia), qui est déjà sous forme module × exponentielle dès que sina≥0.
On donne z=√3+i. Écrire z sous forme exponentielle. En déduire z^1996.
|z| = √(3+1) = 2. On a z = 2(√3/2+(1/2)i) = 2(cos(π/6)+isin(π/6)), donc z = 2e^(iπ/6).
Par suite, z^1996 = 2^1996·e^(i·1996π/6) = 2^1996·e^(i·998π/3).
On réduit l'angle modulo 2π : 998 = 6×166+2, donc 998π/3 ≡ 2π/3 (mod 2π). D'où z^1996 = 2^1996·e^(i2π/3) = 2^1996(cos(2π/3)+isin(2π/3)) = 2^1996(−1/2+i√3/2).
Soit z^1996 = −2^1995 + i·2^1995√3 (c'est-à-dire 2^1995(−1+i√3)).
On considère les nombres complexes z₁=−√2, z₂=1+i et z₃=1−i. Déterminer un nombre réel θ tel que z₂=e^(iθ)z₁. Interpréter géométriquement ce résultat.
On cherche θ tel que e^(iθ) = z₂/z₁.
z₂ = 1+i = √2·e^(iπ/4). z₁ = −√2 est réel négatif, donc z₁ = √2·e^(iπ).
z₂/z₁ = e^(iπ/4)/e^(iπ) = e^(i(π/4−π)) = e^(−i3π/4).
On peut donc prendre θ = −3π/4 (ou, de façon équivalente, θ=5π/4 modulo 2π).
Interprétation géométrique : multiplier par e^(iθ) correspond à une rotation de centre O et d'angle θ. Le point d'affixe z₂ est donc l'image du point d'affixe z₁ par la rotation de centre O et d'angle −3π/4 (ou 5π/4).
Écrire sous forme de produit : a) f(x)=1−cos3x+2sin(3x/2) ; b) f(x)=cosx+cos2x+cos3x+cos4x.
a) On utilise 1−cos3x = 2sin²(3x/2) : f(x) = 2sin²(3x/2)+2sin(3x/2) = 2sin(3x/2)[1+sin(3x/2)].
En écrivant 1+sin(3x/2) = 1+cos(π/2−3x/2) = 2cos²(π/4−3x/4), on obtient la forme entièrement factorisée : f(x) = 4sin(3x/2)·cos²(π/4−3x/4).
b) On regroupe les termes extrêmes et les termes du milieu : cosx+cos4x = 2cos(5x/2)cos(3x/2) et cos2x+cos3x = 2cos(5x/2)cos(x/2), donc f(x) = 2cos(5x/2)[cos(3x/2)+cos(x/2)].
Or cos(3x/2)+cos(x/2) = 2cos(x)cos(x/2), d'où f(x) = 4cos(5x/2)·cosx·cos(x/2).
À l'aide de la formule de Moivre, exprimer en fonction de sinx et cosx, pour tout réel x : 1) cos4x ; 2) sin7x.
1) (cosx+isinx)⁴ = Σ C(4,k)cos^(4−k)x·(isinx)^k. La partie réelle correspond aux termes k=0,2,4 (car i²=−1, i⁴=1) :
cos4x = cos⁴x − C(4,2)cos²x sin²x + sin⁴x = cos⁴x − 6cos²x sin²x + sin⁴x.
2) (cosx+isinx)⁷, partie imaginaire, termes k=1,3,5,7 (avec i^1=i, i³=−i, i⁵=i, i⁷=−i) :
sin7x = C(7,1)cos⁶x sinx − C(7,3)cos⁴x sin³x + C(7,5)cos²x sin⁵x − sin⁷x
= 7cos⁶x sinx − 35cos⁴x sin³x + 21cos²x sin⁵x − sin⁷x.
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.
Calculer S = 1+i+i²+…+i^1999 et S' = 1−i+i²+…+(−i)^1999.
S est la somme des 2000 premiers termes (exposants 0 à 1999) d'une suite géométrique de premier terme 1 et de raison i (i≠1) : S = (1−i^2000)/(1−i).
Or 2000 = 4×500, donc i^2000 = (i⁴)^500 = 1^500 = 1. D'où S = (1−1)/(1−i) = 0.
De même, S' est la somme des 2000 premiers termes d'une suite géométrique de premier terme 1 et de raison −i (−i≠1) : S' = (1−(−i)^2000)/(1−(−i)) = (1−(−i)^2000)/(1+i).
(−i)^2000 = ((−i)⁴)^500 = 1^500 = 1 (car (−i)⁴=((−i)²)²=(−1)²=1). D'où S' = (1−1)/(1+i) = 0.
Déterminer la partie réelle et la partie imaginaire des nombres complexes suivants : a) (1+i√3)^10 ; b) (1−i)^12(√3−3i) ; c) [(3−2i)/(−2−3i)]^12 ; d) [(√3−i)/(1+i)]^20.
a) 1+i√3 = 2e^(iπ/3) (module 2, argument π/3). Donc (1+i√3)^10 = 2^10·e^(i10π/3) = 1024·e^(i4π/3) (car 10π/3−2π=4π/3). Comme e^(i4π/3)=−1/2−i√3/2 : Re = −512, Im = −512√3.
b) 1−i = √2·e^(−iπ/4), donc (1−i)^12 = (√2)^12·e^(−i3π) = 64·e^(−iπ) = 64×(−1) = −64 (car −3π≡−π mod 2π). En multipliant par (√3−3i) : (1−i)^12(√3−3i) = −64(√3−3i) = −64√3+192i. Re = −64√3, Im = 192.
c) On remarque que −2−3i = −i(3−2i) (en effet −i(3−2i) = −3i+2i² = −2−3i). Donc (3−2i)/(−2−3i) = 1/(−i) = i. D'où [(3−2i)/(−2−3i)]^12 = i^12 = (i⁴)^3 = 1. Re = 1, Im = 0.
d) √3−i = 2e^(−iπ/6) et 1+i = √2e^(iπ/4), donc (√3−i)/(1+i) = √2·e^(−i5π/12) (module 2/√2=√2, argument −π/6−π/4=−5π/12). En élevant à la puissance 20 : module (√2)^20=2^10=1024, argument −100π/12=−25π/3 ≡ −π/3 (mod 2π) (car −25π/3+8π=−π/3). D'où le résultat = 1024(cos(−π/3)+isin(−π/3)) = 1024(1/2−i√3/2). Re = 512, Im = −512√3.
1a. Résoudre dans ℂ l'équation z²−2z+4=0. On désigne par z₁ la solution de partie imaginaire positive et par z₂ l'autre solution.
b. Donner un argument et le module de chacune des solutions z₁ et z₂, puis écrire ces deux nombres sous forme algébrique.
2a. Placer dans le plan complexe les points A, B, A' et B' d'affixes respectives 1+i√3, 1−i√3, −2+2i√3 et −2−2i√3.
b. Déterminer la nature du quadrilatère AA'B'B.
c. Montrer que le triangle AA'B' est rectangle et qu'il en est de même du triangle BB'A'.
1a) Δ = 4−16 = −12 = (2i√3)². Les solutions sont z = (2±2i√3)/2 = 1±i√3. Donc z₁ = 1+i√3 (partie imaginaire positive) et z₂ = 1−i√3.
b) |z₁| = |z₂| = √(1+3) = 2. Pour z₁ : cosθ=1/2, sinθ=√3/2, donc arg(z₁) = π/3. Pour z₂ (conjugué de z₁) : arg(z₂) = −π/3. Formes algébriques : z₁=1+i√3, z₂=1−i√3.
2a) A(1;√3), B(1;−√3), A'(−2;2√3), B'(−2;−2√3) — B est le symétrique de A par rapport à l'axe des réels, de même pour B' et A'.
b) [AB] est vertical (x=1) et [A'B'] est vertical (x=−2) : ces deux côtés sont donc parallèles. On calcule AB = 2√3, A'B' = 4√3 (parallèles, longueurs différentes), et AA' = BB' = 2√3 (calcul direct des distances). Le quadrilatère AA'B'B est donc un trapèze isocèle.
c) Dans le triangle AA'B' : AA'² = 3²+(√3)² = 12 ; AB'² = 3²+(3√3)² = 36 ; A'B'² = 0²+(4√3)² = 48. On vérifie AA'²+AB'² = 12+36 = 48 = A'B'² : par la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle AA'B' est rectangle en A.
La symétrie par rapport à l'axe des réels échange A↔B et A'↔B' ; elle transforme donc le triangle AA'B' en le triangle BB'A', qui est par conséquent lui aussi rectangle, en B (on vérifie directement : BB'²=12, BA'²=36, B'A'²=48, et 12+36=48).
Résoudre dans ℂ l'équation [(z−1)/(z+1)]³ − 2[(z−1)/(z+1)]² + (z−1)/(z+1) − 2 = 0.
On pose u = (z−1)/(z+1) (avec z≠−1). L'équation devient u³−2u²+u−2=0.
On factorise : u³−2u²+u−2 = u²(u−2)+(u−2) = (u−2)(u²+1).
D'où u=2 ou u²=−1, soit u=2, u=i ou u=−i.
On revient à z grâce à z−1=u(z+1), soit z(1−u)=u+1, donc z = (u+1)/(1−u) (valable car u≠1 dans les trois cas).
• u=2 : z = 3/(−1) = −3.
• u=i : z = (1+i)/(1−i) = (1+i)²/[(1−i)(1+i)] = (2i)/2 = i.
• u=−i : z = (1−i)/(1+i) = (1−i)²/[(1+i)(1−i)] = (−2i)/2 = −i.
L'équation admet donc trois solutions : z = −3, z = i, z = −i.
On considère dans ℂ l'équation (E) : z³−4iz²−(6+i)z+3i−1=0. Démontrer que l'équation (E) admet une solution imaginaire pure. Soit z₀ cette solution. Résoudre l'équation (E).
On cherche z₀=ib (b réel) solution. En remplaçant : (ib)³−4i(ib)²−(6+i)(ib)+3i−1 = −ib³+4ib²+(b−6ib)+3i−1.
En séparant partie réelle et partie imaginaire (coefficient de i) : partie réelle = b−1 ; partie imaginaire = −b³+4b²−6b+3.
b=1 annule la partie réelle (b−1=0) et on vérifie qu'il annule aussi la partie imaginaire : −1+4−6+3=0. ✓ Donc z₀=i est solution de (E).
On factorise alors P(z)=z³−4iz²−(6+i)z+(3i−1) par (z−i). Par identification des coefficients : P(z) = (z−i)(z²−3iz−3−i).
Il reste à résoudre z²−3iz−(3+i)=0. Δ = (−3i)²−4(−3−i) = −9+12+4i = 3+4i.
On cherche δ=x+iy tel que δ²=3+4i : x²−y²=3 et 2xy=4. On trouve x=2, y=1, donc δ=2+i convient : (2+i)²=4+4i−1=3+4i. ✓
Les racines sont z = (3i±(2+i))/2, soit z = (2+4i)/2 = 1+2i ou z = (−2+2i)/2 = −1+i.
L'équation (E) admet donc trois solutions : z₀ = i, z₁ = 1+2i, z₂ = −1+i (on vérifie que la somme des racines vaut 4i, conforme à −(−4i)/1).
