Exercice 1 :
Déterminer les racines 4^{\text {ème }} de -7+24 i.
Corrigé :
\begin{aligned} -7+24 i & =-7+(2 \times 3 \times 4 i) \\& =9+(2 \times 3 \times 4 i)-16 \\& =(3+4 i)^{2} \\& =(3+(2 \times 1 \times 2 i))^{2} \\& =(4+(2 \times 1 \times 2 i)-1)^{2} \\& =(2+i)^{4}\end{aligned}
Ainsi 2+i est une racine 4^{\text {ème }} de -7+24 i, on obtient les autres racines 4^{\text {ème }} en multipliant 2+i par les 4 racines 4^{\mathrm{ème}} de l’unité, à savoir 1, \ -1,\ i et -i.
Les racines 4^{\mathrm{ème}} de -7+24 i sont 2+i,-2-i,-1+2 i et 1-2 i.
Exercice 2 :
Pour tout n \in \mathbb{N}, on pose z_{n}=\left(\frac{(\sqrt{3}+i)^{3}}{(1-i)^{4}}\right)^{n}. Pour quelles valeurs de n, a-t-on z_{n} \in \mathbb{R}^{+}?
Corrigé :
\begin{aligned}& \sqrt{3}+i=2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right)=2 e^{i \frac{\pi}{6}} \\& 1-i=\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-i \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2} e^{-i \frac{\pi}{4}}\end{aligned}
Soit n \in \mathbb{N}.
\begin{aligned}z_{n} & =\left(\frac{\left(2 e^{i \frac{\pi}{6}}\right)^{3}}{\left(\sqrt{2} e^{-i \frac{\pi}{4}}\right)^{4}}\right)^{n} \\& =\left(\frac{8 e^{i \frac{\pi}{2}}}{4 e^{-i \pi}}\right)^{n} \\& =\left(2 e^{i \frac{3 \pi}{2}}\right)^{n} \\& =2^{n} e^{i \frac{3 \pi}{2} n}\end{aligned}
On conclut alors que :
\begin{aligned}z_{n} \in \mathbb{R}^{+} & \Leftrightarrow \arg \left(z_{n}\right) \equiv 0[2 \pi] \\& \Leftrightarrow \frac{3 \pi}{2} n \equiv 0[2 \pi] \\& \Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{Z}, \frac{3 \pi}{2} n=2 k \pi \\& \Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{Z}, n=\frac{4}{3} k \end{aligned}
Ainsi \forall n \in \mathbb{N} , \quad z_{n} \in \mathbb{R^{+}} \Leftrightarrow n \in\left\{\frac{4}{3} k / k \in \mathbb{Z}\right\} \cap \mathbb{N}=\{4 k / k \in \mathbb{N}\}
Exercice 3 :
Soit a, b, c trois nombres complexes de module 1. Montrer que |a+b+c|=|a b+b c+a c|
Corrigé :
Puisque |a|=1=|b|=|c| alors a=\frac{1}{\bar{a}},\ b=\frac{1}{\bar{b}} et c=\frac{1}{\bar{c}}
\begin{aligned}|a+b+c| & =\left|\frac{1}{\bar{a}}+\frac{1}{\bar{b}}+\frac{1}{\bar{c}}\right| \\& =\left|\frac{\bar{b} \bar{c}+\bar{a} \bar{c}+\bar{a} \bar{b}}{\bar{a} \bar{b} \bar{c}}\right| \\& =\frac{|\overline{b c+a c+a b}|}{|\bar{a}||\bar{b}||\bar{c}|} \\& =|b c+a c+a b|\end{aligned}
Exercice 4 :
Résoudre dans \mathbb{C} l’équation \bar{z}=z^{3}
Corrigé :
On va utiliser un raisonnement par analyse-synthèse.
Analyse :
On suppose qu’il existe un nombre complexe z tel que \bar{z}=z^{3}.
Donc |z|^{2}=z \bar{z}=z^{4} \quad (\ast) .
Donc |z|^{2}=|z|^{4}.
D’où |z|^{2}\left(1-|z|^{2}\right)=0.
Donc |z|^{2}=0 ou |z|^{2}=1.
D’où |z|=0 ou |z|=1.
Si |z|=0 alors z=0.
Si |z|=1 alors par (\ast) \ z^{4}=1.
Donc z \in\{-1 ; \ 1 ; \ i ; \ -i\}.
Synthèse :
On suppose que z \in\{0 ; \ -1 ; \ 1 ; \ i ; \ -i\}.
Par une vérification immédiate \bar{z}=\mathrm{z}^{3}.
Conclusion :
Par le principe du raisonnement par analyse-synthèse on conclut que l’ensemble des solutions de l’équation \bar{z}=z^{3} est \{0 ;-1 ; 1 ; i ;-i\}
Exercice 5 :
Soit \in \mathbb{N}, n \geq 2. Résoudre dans \mathbb{C} l’équation 1+2 z+2 z^{2}+\cdots+2 z^{n-1}+z^{n}=0.
Corrigé :
Soit z \in \mathbb{C}.
Il est clair que 1 n’est pas solution de cette équation.
On prend donc z \neq 1.
\begin{aligned}1+2 z+2 z^{2}+\cdots+2 z^{n-1}+z^{n}=0 & \Leftrightarrow 2\left(1+z+z^{2}+\cdots+z^{n-1}\right)+z^{n}-1=0 \\& \Leftrightarrow 2 \frac{z^{n}-1}{z-1}=-\left(z^{n}-1\right) \\& \Leftrightarrow\left(z^{n}-1\right)\left(\frac{2}{z-1}+1\right)=0 \\& \Leftrightarrow z^{n}-1=0 \text { ou } \frac{2}{z-1}+1=0 \\& \Leftrightarrow z^{n}=1 \text { ou } 2=1-z \\& \Leftrightarrow z^{n}=1 \text { ou } z=-1\end{aligned}
On conclut que l’ensemble des solutions de cette équation est \left(\mathbb{U}_{n} \backslash\{1\}\right) \cup\{-1\} où \mathbb{U}_{n} désigne l’ensemble des racines n-ième de 1 .
Exercice 6 :
On pose z=\frac{\sqrt{3}-i}{1-i}. Ecrire z^{65} sous forme algébrique.
Corrigé :
\begin{aligned}& z=\frac{\sqrt{3}-i}{1-i}=\frac{2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2} i\right)}{\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} i\right)} \\& z=\sqrt{2} \frac{e^{-i \frac{\pi}{6}}}{e^{-i \frac{\pi}{4}}}=\sqrt{2} e^{-i\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{4}\right)} \\& z=\sqrt{2} e^{-i \frac{-2 \pi}{24}}=\sqrt{2} e^{i \frac{\pi}{12}}\end{aligned}
Ainsi :
\begin{aligned}z^{65} & =(\sqrt{2})^{65} e^{i \frac{65 \pi}{12}} \\& =2^{32} \sqrt{2} e^{i\left(\frac{60 \pi}{12}+\frac{5 \pi}{12}\right)} \\& =2^{32} \sqrt{2} e^{i 5 \pi} e^{i \frac{5 \pi}{12}} \\& =-2^{32} \sqrt{2} e^{i\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{12}\right)} \\& =-2^{32} \sqrt{2} i e^{-i \frac{\pi}{12}} \\& =-2^{32} \sqrt{2} i e^{i\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{3}\right)} \\& =-2^{32} \sqrt{2} i\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+i \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}-i \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \\& =-2^{31} i(1+i)(1-i \sqrt{3}) \\& =-2^{31}(i-1)(1-i \sqrt{3}) \\& =-2^{31}(i+\sqrt{3}-1+i \sqrt{3}) \\& =-2^{31}(\sqrt{3}-1+i(\sqrt{3}+1))\end{aligned}
Exercice 7 :
On pose \omega=e^{\frac{2 i \pi}{7}} et X=\omega+\omega^{2}+\omega^{4} et Y=\omega^{3}+\omega^{5}+\omega^{6}.
1) Montrer que Y=\bar{X} et que \operatorname{Im} X>0.
2) Calculer X+Y et X Y. En déduire X et Y.
3) Exprimer \operatorname{Re} X en fonction de \cos \frac{2 \pi}{7}.
4) En déduire que \cos \frac{2 \pi}{7} est une racine du polynôme 8 X^{3}+4 X^{2}-4 X-1.
Corrigé :
1)
\begin{aligned}& \bar{X}=\bar{\omega}+\bar{\omega}^{2}+\bar{\omega}^{4} \\& \bar{X}=\omega^{6}+\omega^{5}+\omega^{3} \end{aligned}
\begin{aligned}\operatorname{Im}(X) &=\operatorname{Im}\left(\omega+\omega^{2}+\omega^{4}\right) \\& =\operatorname{Im}(\omega)+\operatorname{Im}\left(\omega^{2}\right)+\operatorname{Im}\left(\omega^{4}\right) \\& =\sin \left(\frac{2 \pi}{7}\right)+\sin \left(\frac{4 \pi}{7}\right)+\sin \left(\frac{8 \pi}{7}\right) \\& =\sin \left(\frac{2 \pi}{7}\right)+\sin \left(\frac{4 \pi}{7}\right)-\sin \left(\frac{\pi}{7}\right)\end{aligned}
On a 0<\frac{\pi}{7}<\frac{2 \pi}{7}<\frac{\pi}{2} et sin est strictement croissante sur \left[0, \frac{\pi}{2}\right].
Donc \sin \left(\frac{\pi}{7}\right)<\sin \left(\frac{2 \pi}{7}\right).
Et on a \sin \left(\frac{4 \pi}{7}\right)>0.
Donc \operatorname{Im}(x)>0
2)
\begin{aligned} X+Y & =\omega+\omega^{2}+\omega^{3}+\omega^{4}+\omega^{5}+\omega^{6}+1-1 \\& =\frac{1-\omega^{7}}{1-\omega}-1 \\& =\frac{1-1}{1-\omega}-1 \\& =-1 \end{aligned}
\begin{aligned} X Y =& \left(\omega+\omega^{2}+\omega^{4}\right)\left(\omega^{3}+\omega^{5}+\omega^{6}\right) \\= & \omega^{4}+\omega^{6}+\omega^{7}+\omega^{5}+\omega^{7}+\omega^{8}+\omega^{7}+\omega^{9}+\omega^{10} \\= &\omega^{4}+\omega^{6}+1+\omega^{5}+1+\omega+1+\omega^{2}+\omega^{3} \\= &2+1+\omega+\omega^{2}+\omega^{3}+\omega^{4}+\omega^{5}+\omega^{6} \\= & 2 \end{aligned}
On a \begin{cases}X+Y=-1 \\ X Y=2 \end{cases} .
Donc X et Y sont les solutions de l’équation z^{2}+z+2=0.
\Delta=1-8=-7.
Donc les solutions de cette équation sont z_{1}=\frac{-1-i \sqrt{7}}{2} et z_{2}=\frac{-1+i \sqrt{7}}{2}.
Puisque \operatorname{Im}(X)>0 on trouve X=-\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{7}}{2} et Y=-\frac{1}{2}-i \frac{\sqrt{7}}{2}.
3)
\begin{aligned} \operatorname{Re}(X) &=\operatorname{Re}(\omega)+\operatorname{Re}\left(\omega^{2}\right)+\operatorname{Re}\left(\bar{\omega}^{3}\right) \\ & =\cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)+\operatorname{Re}\left(\cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)+i \sin \left(\frac{2 \pi}{7}\right)\right)^{2}+\operatorname{Re}\left(\cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)+i \sin \left(\frac{2 \pi}{7}\right)\right)^{3} \\& =\cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)+\cos ^{2}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)-\sin ^{2}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)+\cos ^{3}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)-3 \cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right) \sin ^{2}\left(\frac{2 \pi}{7}\right) \\& =\cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)+\cos ^{2}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)-1+\cos ^{2}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)+\cos ^{3}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)-3 \cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)+3 \cos ^{3}\left(\frac{2 \pi}{7}\right) \\& =4 \cos ^{3}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)+2 \cos ^{2}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)-2 \cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)-1 \\& =P\left(\cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)\right) \text { avec } P=4 X^{3}+2 X^{2}-2 X-1\end{aligned}
4) On a \operatorname{Re}(X)=-\frac{1}{2}.
Donc 2 \operatorname{Re}(X)+1=0.
D’où 8 \cos ^{3}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)+4 \cos ^{2}\left(\frac{2 \pi}{7}\right)-4 \cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)-2+1=0.
Donc Q\left(\cos \left(\frac{2 \pi}{7}\right)\right)=0 avec Q=8 X^{3}+4 X^{2}-4 X-1.
Exercice 8 :
Soit \in \mathbb{N}, n \geq 2. Calculer le produit des éléments de \mathbb{U}_{n}.
Corrigé :
On pose \omega=e^{\frac{2 i \pi}{n}}. On a \mathbb{U}_{n}=\left\{\omega^{k} / k \in \llbracket 0, n-1 \rrbracket\right\}.
Le produit des éléments de \mathbb{U}_{n} est :
\begin{aligned}\prod\limits_{k=0}^{n-1} \omega^{k} & =\omega^{\sum\limits_{k=0}^{n-1} k} \\& =\omega^{(n-1) \frac{n}{2}} \\& =\left(e^{2 i \frac{\pi}{n}}\right)^{(n-1) \frac{n}{2}} \\& =e^{i(n-1) \pi} \\& =(-1)^{n-1}\end{aligned}
Exercice 9 :
Soient n \in \mathbb{N} et x \in \mathbb{R} .
1) Calculer : \sum\limits_{k=0}^{n} \cos (k x) et \sum\limits_{k=0}^{n} \sin (k x).
2) En déduire : \sum\limits_{k=0}^{n} k \sin (kx) et \sum\limits_{k=0}^{n} k \cos (kx)
Corrigé :
1) 1^{e r} cas : si x \in 2 \pi \mathbb{Z} alors :
\sum\limits_{k=0}^{n} \cos (k x)=\sum\limits_{k=0}^{n} 1=n+1 et \sum\limits_{k=0}^{n} \sin (k x)=\sum\limits_{k=0}^{n} 0=0.
2^{\text {ème }} cas : Si x \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z}
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} e^{i k x}&=\sum\limits_{k=0}^{n}\left(e^{i x}\right)^{k} \\& =\frac{\left(e^{i x}\right)^{n+1}-1}{e^{i x}-1} \\& =\frac{e^{i(n+1) x}-1}{e^{i x}-1} \\& =\frac{e^{i \frac{n+1}{2} x}\left(e^{i \frac{n+1}{2} x}-e^{-i \frac{n+1}{2} x}\right)}{e^{i \frac{x}{2}}\left(e^{i \frac{x}{2}}-e^{-i \frac{x}{2}}\right)} \\& =e^{i \frac{n}{2} x} \frac{2 \sin \left(\frac{n+1}{2} x\right)}{2 \operatorname{isin}\left(\frac{x}{2}\right)} \\& =e^{i \frac{n}{2} x} \frac{\sin (n+1) \frac{x}{2}}{\sin \left(\frac{x}{2}\right)} \end{aligned}
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} \cos (k x)&=\operatorname{Re}\left(\sum\limits_{k=0}^{n} e^{i k x}\right) \\& =\operatorname{Re}\left(e^{i \frac{n}{2} x} \frac{\sin (n+1) \frac{x}{2}}{\sin \left(\frac{x}{2}\right)}\right) \\& =\frac{\cos \left(\frac{x}{2} x\right) \sin \left((x+1) \frac{x}{2}\right)}{\sin \left(\frac{x}{2}\right)} \end{aligned}
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} \sin (k x)&=\operatorname{Im}\left(\sum\limits_{k=0}^{n} e^{i k x}\right) \\& =\operatorname{Im}\left(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{n}{2} x} \sin \left((n+1) \frac{x}{2}\right)}{\sin \left(\frac{x}{2}\right)}\right) \\& =\frac{\sin \left(\frac{n}{2} x\right) \sin \left((n+1) \frac{x}{2}\right)}{\sin \left(\frac{x}{2}\right)}\end{aligned}
2) Calculons \sum\limits_{k=0}^{n} k \cos (k x)
1^{\mathrm{er}} cas : Si x \in 2 \pi \mathbb{Z}.
Alors \sum\limits_{k=0}^{n} k \cos (k x)=\sum\limits_{k=0}^{n} k=\frac{n(n+1)}{2}
2^{\text {ème }} cas : Si x \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z}
On pose \forall y \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z}, f(y)=\sum\limits_{k=0}^{n} \sin (k y)
Ainsi \forall y \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z}, f(y)=\frac{\sin \left(\frac{n}{2} y\right) \sin (x+1) \frac{y}{2}}{\sin \left(\frac{y}{2}\right)}.
f est dérivable sur \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z} et pour tout y \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z} on a :
\begin{aligned}\sum\limits_{k=0}^{n} k \cos (k x) & =f^{\prime}(y) \\& =\frac{\left(\sin \left(\frac{n}{2} y\right) \sin \left[(n+1) \frac{y}{2}\right]\right)^{\prime} \sin \left(\frac{y}{2}\right)-\left(\sin \left(\frac{y}{2}\right)\right)^{\prime} \sin \left(\frac{n}{2} y\right) \sin \left[(n+1) \frac{y}{2}\right]}{\sin ^{2}\left(\frac{y}{2}\right)} \\& =\frac{\frac{1}{2}\left[\cos \left(\frac{y}{2}\right)-\cos \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right)\right]^{\prime} \sin \left(\frac{y}{2}\right)-\frac{1}{2} \cos \left(\frac{y}{2}\right) \sin \left(\frac{n}{2} y\right) \sin \left[(n+1) \frac{y}{2}\right]}{\sin ^{2}\left(\frac{y}{q}\right)} \\& =\frac{-\frac{1}{4} \sin ^{2}\left(\frac{y}{2}\right)+\frac{1}{4} \sin \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right) \sin ^{2}\left(\frac{y}{2}\right)-\frac{1}{2} \cos \left(\frac{y}{2}\right) \sin \left(\frac{n}{2} y\right) \sin \left((n+1) \frac{y}{2}\right)}{\sin ^{2}\left(\frac{y}{2}\right)}\end{aligned}
Calculons \sum\limits_{k=0}^{n} k \sin (k x).
1^{\text {er }} cas : Si x \in 2 \pi \mathbb{Z} alors \sum\limits_{k=0}^{n} k \sin (k x)=0.
2^{\text {ème }} cas : \operatorname{si~} x \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z}
On pose \forall y \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z}, g(y)=-\sum\limits_{k=0}^{n} \cos (k y)=-\frac{\cos \left(\frac{n}{2} y\right) \sin \left((n+1) \frac{y}{2}\right)}{\sin \left(\frac{y}{2}\right)}=-\frac{\sin \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right)-\sin \left(-\frac{y}{2}\right)}{2 \sin \left(\frac{y}{2}\right)}
On a alors \forall y \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z}, g(y)=-\sum\limits_{k=0}^{n} \cos (k y)=-\frac{\sin \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right)}{2 \sin \left(\frac{y}{2}\right)}+\frac{1}{2}
Donc pour tout y \in \mathbb{R} \backslash 2 \pi \mathbb{Z} on a :
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} k \sin (k x)&=g^{\prime}(y) \\&=-\frac{1}{2} \cdot \frac{\left[\sin \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right)\right]^{\prime} \sin \left(\frac{y}{2}\right)-\left(\sin \left(\frac{y}{2}\right)\right)^{\prime} \sin \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right)}{\sin ^{2}\left(\frac{y}{2}\right)} \\&=-\frac{1}{2} \frac{\frac{2 n+1}{2} \cos \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right) \sin \left(\frac{y}{2}\right)-\frac{1}{2} \cos \left(\frac{y}{2}\right) \sin \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right)}{\sin ^{2}\left(\frac{y}{2}\right)} \\&=\frac{1}{4} \frac{\cos \left(\frac{y}{2}\right) \sin \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right)-(2 n+1) \cos \left((2 n+1) \frac{y}{2}\right) \sin \left(\frac{y}{2}\right)}{\sin ^{2}\left(\frac{y}{2}\right)}\end{aligned}
Exercice 10 :
Soient x \in \mathbb{R} et n \in \mathbb{N}.On pose A_{n}=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \sin (k x). Calculer A_{n}.
Corrigé :
\begin{aligned} A_{n} & =\left(\operatorname{Im}(\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \right) \\& =\operatorname{Im}\left(\sum\limits_{k=0}^{m} \binom{n}{k}\left(e^{i x}\right)^{k} 1^{n-k}\right) \\& =\operatorname{Im}\left(\left(1+e^{i x}\right)^{n}\right) \\& =\operatorname{Im}\left(\left[e^{i \frac{x}{2}}\left(e^{i \frac{x}{2}}+e^{-i \frac{x}{2}}\right)\right]^{n}\right) \\& =\operatorname{Im}\left(e^{i n \frac{x}{2}}\left(2 \cos \left(\frac{x}{2}\right)\right)^{n}\right) \\& =2^{n} \cos ^{n}\left(\frac{x}{2}\right) \sin \left(n \frac{x}{2}\right) \end{aligned}
Exercice 11 :
1) Montrer que \forall z, z^{\prime} \in \mathbb{C},|z|+\left|z^{\prime}\right| \leq\left|z+z^{\prime}\right|+\left|z-z^{\prime}\right|
2) Étudier le cas d’égalité.
Corrigé :
1) Soient z, z^{\prime} \mathbb{C}.
\begin{aligned} 2|z| & =|2 z| \\& =\left|z+z^{\prime}+z-z^{\prime}\right| \\& \leqslant\left|z+z^{\prime}\right|+\left|z-z^{\prime}\right| \quad(\ast) \text { (Par l'inégalité triangulaire) } \\2\left|z^{\prime}\right| & =\left|2 z^{\prime}\right| \\& =\left|z^{\prime}+z+z^{\prime}-z\right| \\& \leqslant\left|z^{\prime}+z\right|+\left|z^{\prime}-z\right| \quad(**) \text { (Par l'inégalité triangulaire) } \\& \leqslant\left|z+z^{\prime}\right|+\left|z-z^{\prime}\right|\end{aligned}
En Sommant les deux inégalités on trouve :
2\left(|z|+\left|z^{\prime}\right|\right) \leqslant 2\left|z+z^{\prime}\right|+2\left|z-z^{\prime}\right|
Ainsi |z|+\left|z^{\prime}\right| \leqslant\left|z+z^{\prime}\right|+\left|z-z^{\prime}\right| (I)
2) Il y a égalité dans l’inégalité (I) si et seulement si il y a égalité dans les inégalités triangulaires (*) et (* *).
Il y a égalité dans (*) si et seulement si z-z^{\prime}=0 ou \exists k \in \mathbb{R}^{+}, z+z^{\prime}=k\left(z-z^{\prime}\right).
Il y a égalité dans (* *) si et seulement si z^{\prime}-z=0 ou \exists k^{\prime} \in \mathbb{R}^{+}, z^{\prime}+z=k^{\prime}\left(z^{\prime}-\mathrm{z}\right).
Donc il y a égalité dans (I) ssi z=z^{\prime} ou \exists k, k^{\prime} \in \mathbb{R}^{+}, z+z^{\prime}=k\left(z-z^{\prime}\right)=-k^{\prime}\left(z-z^{\prime}\right).
C’est-à-dire, il y a égalité dans (I) ssi z=z^{\prime} ou z=-z^{\prime}
Exercice 12 :
Résoudre dans \mathbb{C} le système \begin{cases}|z-1| \leq 1 \\ |z+1| \leq 1\end{cases}
Corrigé :
Méthode 1 : Résolution géométrique :
On constate géométriquement que l’intersection du cercle de centre le point d’affixe 1 et de rayon 1 et le cercle de centre le point d’affixe -1 et de rayon 1 est le point O d’affixe 0.
Méthode 2 :
Soit z \in \mathbb{C}.
\begin{aligned} \begin{cases} | z - 1 | \leqslant 1 \\ | z + 1 | \leqslant 1 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} |z-1|^{2} \leqslant 1 \\|z+1|^{2} \leqslant 1 \end{cases} \\& \Leftrightarrow \begin{cases} (z-1)(\bar{z}-1) \leqslant 1 \\ (z+1)(\bar{z}+1) \leqslant 1 \end{cases} \\ & \Leftrightarrow \begin{cases} \mathrm{z} \bar{z}-\mathrm{z}-\bar{z}+1 \leqslant 1 \\ z \bar{z}+\mathrm{z}+\bar{z}+1 \leqslant 1 \end{cases} \\ & \Rightarrow \mathrm{z} \bar{z}=0 \\ & \Rightarrow|z|=0 \\ & \Rightarrow z=0 \end{aligned}
Réciproquement z=0 est solution du système, c’est donc l’unique solution de ce système.
Exercice 13 :
Soient x, y, z \in \mathbb{R} avec e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}=0.
1) Montrer que e^{i(y-x)} est solution de l’équation 1+z+z^{2}=0.
2) En déduire que e^{i 2 x}+e^{i 2 y}+e^{i 2 z}=0.
Corrigé :
1) On a e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}=0.
Donc e^{i x}\left(1+e^{i(y-x)}+e^{i(\mathrm{z}-x)}\right)=0.
Puisque e^{i x} \neq 0 alors 1+e^{i(y-x)}+e^{i(\mathrm{z}-x)}=0.
Ainsi \sin (y-x)=-\sin (z-x).
Donc e^{i(y-x)} et e^{i(\mathrm{z}-x)} sont conjugués ou opposés.
Si e^{i(y-x)}=-e^{i(z-x)} alors 1=0 ce qui est absurde.
Si \overline{e^{i(y-x)}}=e^{i(z-x)} alors 1+e^{i(y-x)}+e^{-i(y-x)}=0.
En multipliant par e^{i(y-x)} on trouve e^{i(y-x)}+e^{2 i(y-x)}+1=0.
Ce qui signifie que e^{i(y-x)} est solution de l’équation 1+z+z^{2}=0.
2) Donc e^{i(y-x)} \in\left\{j ; j^{2}\right\}
On a e^{i 2 x}+e^{i 2 y}+e^{i 2 z}=e^{i 2 x}\left(1+e^{i 2(y-x)}+e^{i 2(z-x)}\right) .
1^{\mathrm{er}} cas : Si e^{i(y-x)}=j
Alors e^{i(\mathrm{z}-x)}=j^{2} et par la suite e^{i 2(y-x)}=j^{2} et e^{i 2(\mathrm{z}-x)}=j^{4}=j.
Donc e^{i 2 x}+e^{i 2 y}+e^{i 2 z}=e^{i 2 x}\left(1+j^{2}+j\right)=0.
2^{\text {ème }} Cas : Si e^{i(y-x)}=j^{2}.
Alors e^{i(\mathrm{z}-x)}=j et par la suite e^{i 2(y-x)}=j^{4}=j et e^{i 2(\mathrm{z}-x)}=j^{2}.
Donc e^{i 2 x}+e^{i 2 y}+e^{i 2 z}=e^{i 2 x}\left(1+j+j^{2}\right)=0.
Exercice 14 :
Résoudre dans \mathbb{C} l’équation e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}=0.
Corrigé :
On va utiliser un raisonnement par analyse-synthèse.
Analyse :
On suppose qu’il existe x, y, z \in \mathbb{R} tels que e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}=0.
On note A, B, C les points du plan complexe d’affixes respectifs e^{i x}, e^{i y}, e^{i z}.
Puisque \left|e^{i x}\right|=\left|e^{i y}\right|=\left|e^{i z}\right|=1 alors A, B, C \in \mathcal{C}(O, 1).
Ainsi le point O est le centre du cercle circonscrit au triangle A B C.
L’affixe du point G, le centre de gravité de triangle A B C est \frac{e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}}{3}=0.
Ainsi G=O et par la suite le triangle A B C est équilatéral.
Synthèse :
Soient x, y, z \in \mathbb{R} et A, B, C les points du plan complexe d’affixe respectifs e^{i x}, e^{i y}, e^{i z}.
On suppose que le triangle A B C est équilatéral.
Donc O le centre de son cercle circonscrit coïncide avec son centre de gravité G.
Ainsi \operatorname{Aff}(G)=\operatorname{Aff}(O).
D^{\prime} où \frac{e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}}{3}=0.
C’est-à-dire e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}=0.
Conclusion :
Soient x, y, z \in \mathbb{R} et A, B, C les points du plan complexe d’affixes respectifs e^{i x}, e^{i y}, e^{i z}.
e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}=0 \Leftrightarrow Le triangle A B C est équilatéral.
On conclut alors que l’ensemble des solutions de l’équation e^{i x}+e^{i y}+e^{i z}=0 est :
\left\{\left(x, x+\frac{2 \pi}{3}+2 k \pi, x+\frac{4 \pi}{3}+2 k^{\prime} \pi / x \in \mathbb{R}\right.\right. \text{ et }\left.k, k^{\prime} \in \mathbb{Z}\right\} \cup\left\{\left(x, x+\frac{4 \pi}{3}+2 k \pi, x+\frac{2 \pi}{3}+2 k^{\prime} \pi / x \in \mathbb{R}\right.\right. \text{ et } \left.k, k^{\prime} \in \mathbb{Z}\right\}
Exercice 15 :
1) Montrer que \forall z, z^{\prime} \in \mathbb{C}, \quad 2\left(|z|^{2}+\left|z^{\prime}\right|^{2}\right)=\left|z+z^{\prime}\right|^{2}+\left|z-z^{\prime}\right|^{2}.
2) Interpréter géométriquement ce résultat.
Corrigé :
1) Soient z, z^{\prime} \in \mathbb{C}.
\begin{aligned} \left|z+z^{\prime}\right|^{2}+\left|z-z^{\prime}\right|^{2} & =\left(z+z^{\prime}\right)\left(\bar{z}+\overline{z^{\prime}}\right)+\left(z-z^{\prime}\right)\left(\bar{z}-\overline{z^{\prime}}\right) \\& =z \bar{z}+z \overline{z^{\prime}}+z^{\prime} \bar{z}+z^{\prime} \overline{z^{\prime}}+z \bar{z}-z \overline{z^{\prime}}-z^{\prime} \bar{z}+z^{\prime} \bar{z}^{\prime} \\& =2 z \bar{z}+2 z^{\prime} \bar{z}^{\prime} \\& =2\left(|z|^{2}+\left|z^{\prime}\right|^{2}\right)\end{aligned}
2) Ce résultat traduit le fait que dans un parallélogramme la somme des carrés des longueurs des côtés est égale à la somme des carrés des longueurs des deux diagonales.
Cacher la correctionExercice 16 :
Soient \mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C} trois points du plan complexe d’affixes respectifs a, b, c.
1) Montrer que le triangle A B C est équilatéral direct si et seulement si a+j b+j^{2} c=0.
2) Montrer que le triangle \mathrm{ABC} est équilatéral si et seulement si a^{2}+b^{2}+c^{2}-(a b+a c+b c)=0.
Corrigé :
1)
\begin{aligned} \text{ Le triangle ABC est équilatéral direct } & \Leftrightarrow R_{A, \frac{\pi}{3}}(B)=C \\ & \Leftrightarrow \frac{c-a}{b-a}=e^{i \frac{\pi}{3}} \\& \Leftrightarrow \frac{c-a}{b-a}=e^{i\left(\pi-\frac{2 \pi}{3}\right)} \\& \Leftrightarrow \frac{c-a}{b-a}=e^{i \pi} e^{-i \frac{2 \pi}{3}} \\& \Leftrightarrow \frac{c-a}{b-a}=-j^{2} \\& \Leftrightarrow c-a=-j^{2} b+j^{2} a \\& \Leftrightarrow-\left(1+j^{2}\right) a+j^{2} b+c=0 \\& \Leftrightarrow j a+j^{2} b+c=0 \quad ( \text{Car } 1+\mathrm{j}+\mathrm{j}^{2}=0 ) \\& \Leftrightarrow j^{3} a+j^{4} b+j^{2} c=0 \\& \Leftrightarrow a+j b+j^{2} c=0\end{aligned}
2)
\begin{aligned} \text{Le triangle ABC est équilatéral } &\Leftrightarrow \text{ ABC équilatéral direct ou ACB est équilatéral indirect} \\& \Leftrightarrow a+j b+j^{2} c=0 \text { ou } a+j c+j^{2} b=0 \\& \Leftrightarrow\left(a+j b+j^{2} c\right)\left(a+j c+j^{2} b\right)=0 \\& \Leftrightarrow a^{2}+j a c+j^{2} a b+j a b+j^{2} b c+b^{2}+j^{2} a c+c^{2}+j b c=0 \\& \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+\left(j+j^{2}\right) a b+\left(j+j^{2}\right) a c+\left(j+j^{2}\right) b c=0 \\& \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-a c-b c=0\end{aligned}
Exercice 17 :
On appelle polygone régulier tout polygone équilatéral et équiangle.
Montrer que les images des racines n-ièmes de l’unité sont les sommets d’un polygone régulier à n-côtés inscrit dans le cercle unité.
Corrigé :
Soient \mathrm{n} un entier supérieur ou égale à 3. On pose \omega=e^{\frac{2 i \pi}{n}}.
Pour tout entier k, on note A_{k} le point du plan complexe d’affixe \omega^{k}.
Soit k \in \mathbb{Z}.
On a \left|\omega^{k}\right|=1 donc A_{k} appartient au cercle unité.
A_{k-1} A_{k}=\left|\omega^{k}-\omega^{k-1}\right|=\left|\omega^{k-1}\right||\omega-1|=|\omega-1|.
\begin{aligned} \left(\overrightarrow{A_{k} A_{k-1}}, \overrightarrow{A_{k} A_{k+1}}\right) &\equiv \arg \left(\frac{\omega^{k+1}-\omega^{k}}{\omega^{k-1}-\omega^{k}}\right)[2 \pi] \\& \equiv \arg \left(\frac{\omega^{k}(\omega-1)}{\omega^{k}\left(\omega^{-1}-1\right)}\right)[2 \pi] \\& \equiv \arg \left(\frac{\omega-1}{\omega^{-1}-1}\right)[2 \pi]\end{aligned}
Et on a \forall k \in \mathbb{Z}, A_{k+n}=A_{k}.
On conclut finalement que les images des racines n-ièmes de l’unité sont les sommets d’un polygone régulier à n côtés inscrit dans le cercle unité.
Exercice 18 :
Montrer que \forall n \in \mathbb{N}^{*}, \forall\left(z_{1}, \ldots, z_{n}\right) \in\left(\mathbb{C}^{*}\right)^{n}, \quad\left|\sum\limits_{k=1}^{n} z_{k}\right|=\sum\limits_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right| \Leftrightarrow \forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, \arg \left(z_{k}\right)=\arg \left(z_{1}\right)[2 \pi]
Corrigé :
On va démontrer ceci par récurrence.
Pour tout n \in \mathbb{N}^{*}, on note P(n): \forall z_{1}, \ldots, z_{n} \in \mathbb{C}^{*},\left(\left|\sum\limits_{k=1}^{n} z_{k}\right|=\sum\limits_{k=0}^{n}\left|z_{k}\right| \Leftrightarrow \forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, \arg \left(z_{k}\right) \equiv \arg \left|z_{1}\right|[2 \pi]\right)
Initialisation :
Il est clair que P(1) est vraie.
Hérédité :
Soit n \in \mathbb{N}^{*}. On suppose que P(n) est vraie.
Soient z_{1}, z_{2}, \ldots, z_{n+1} \in \mathbb{C}^{*}. Soit \theta un argument de z_{1}.
" \Rightarrow » On suppose que \left|\sum\limits_{k=1}^{n+1} z_{k}\right|=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\left|z_{k}\right|
Par l’inégalité triangulaire : \sum\limits_{k=1}^{n+1}\left|z_{k}\right|=\left|\sum\limits_{k=1}^{n+1} z_{k}\right| \leqslant\left|\sum\limits_{k=0}^{n} z_{k}\right|+\left|z_{n+1}\right| \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|+\left|z_{n+1}\right| \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n+1}\left|z_{k}\right|
Donc \left|\sum\limits_{k=1}^{n} z_{k}\right|=\sum\limits_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|
Et par hypothèse de récurrence, \forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, \arg \left(z_{k}\right) \equiv \arg \left(z_{1}\right)[2 \pi] \equiv \theta[2 \pi].
Et d’après le cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire \exists k \in \mathbb{R}_{+}^{*}, z_{n+1}=k \sum\limits_{k=1}^{n} z_{k}
\begin{aligned} \arg \left(z_{n+1}\right) & \equiv \arg \left(\sum\limits_{k=1}^{n} k z_{k}\right)[2 \pi] \\& \equiv \arg \left(\sum\limits_{k=1}^{n} k\left|z_{k}\right| e^{i \theta}\right)[2 \pi] \\ & \equiv \theta[2 \pi]\end{aligned}
On vient de montrer que \forall k \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket, \arg \left(z_{k}\right) \equiv \arg \left(z_{1}\right)[2 \pi] \equiv \theta[2 \pi].
» \Leftarrow « On suppose que \forall k \in\left[\llbracket 1, n+1 \rrbracket, \arg \left(z_{k}\right) \equiv \arg \left(z_{1}\right)[2 \pi] \equiv \theta[2 \pi]\right..
\begin{aligned} \left|\sum\limits_{k=1}^{n+1} z_{k}\right| & =\left|\sum\limits_{k=1}^{n+1}\right| \mathrm{z}_{\mathrm{k}}\left|e^{i \theta}\right| \\& =\left|\left(\sum\limits_{k=1}^{n+1}\left|z_{k}\right|\right) e^{i \theta}\right| \\& =\left(\sum\limits_{k=1}^{n+1}\left|z_{k}\right|\right) \cdot\left|e^{i \theta}\right| \\& =\sum\limits_{k=1}^{n+1}\left|z_{k}\right|\end{aligned}
Conclusion : Par le principe de la récurrence \forall n \in \mathbb{N}^{*}, P(n).