6-les nombres complexes - formation continue...

U.M.N06 : Les nombres complexes COURS Septembre 2000

©Cycles Préparatoires du Service Commun de Formation Continue de l’INPL.Cours : Philippe Leclère ; Exercices : Gérard Hirsch et Philippe Leclère

1

6-LES NOMBRES COMPLEXES

1 Généralités

1.1 Introduction.

1.1.1 Historique.

Considérons l’équation du second degré : ax bx c2 0+ + = et son discriminant

∆ = −b ac2 4 . Nous avons établi les résultats suivants :

• Si ∆ > 0 , l’équation admet deux racines distinctes :

xb

aet x

b

a1 22 2= − − = − +∆ ∆

.

• Si ∆ = 0, ces racines sont confondues et égales à − b

a2.

• Si ∆ < 0 , l’ensemble des solutions est vide.

En particulier, l’équation x2 1 0+ = n’admet pas de solution.

Au XVIème siècle, Bombelli et Cardan ont introduit un nombre solution de cetteéquation. Un tel nombre est dit imaginaire (car ce n’est pas un nombre réel). Il sera

longtemps noté −1 , puis en 1777, Euler introduit pour le première fois la notation

du nombre i, qui vérifie l’égalité : i 2 1= − .

1.1.2 Nombres complexes.

Nous proposons une introduction des complexes très sommaire avec la démarchesuivante :

• Trouver des solutions à l’équation x2 1 0+ = .

• Imaginer, en bouleversant plusieurs siècles d’histoire mathématique, un nombre

dont le carré serait négatif, noté i et vérifiant i 2 1= − .



2

• Imaginer, toujours dans l’irréel, pouvoir multiplier ce nombre i par nos bonsvieux réels ; cela donnerait des nombres imaginaires de la forme bi b R, ∈ .

x x i x i ou x i2 2 24 0 4 4 2 2+ = ⇔ = − = ⇔ = = −

• Enfin pouvoir ajouter à ces nouveaux nombres un réel a, ce qui donnerait desnombres complexes de la forme a bi+ où a et b sont des réels, de telle sorte quepour b = 0 , on retrouve l’ensemble des réels.

• Décider enfin d’appliquer à ces nombres les règles usuelles du calcul

3 7 07

4

7

4

7

2

7

22 2 2x x i x i ou x i+ = ⇔ = − = ⇔ = = −

x x x x i

x i ou x i x i ou x i

2 2 2 22 5 0 1 4 0 1 4 4

1 2 1 2 1 2 1 2

+ + = ⇔ + + = ⇔ + = − =

⇔ + = + = − ⇔ = − + = − −b g b g

b g b g

i i i i i

i i i i i i i i

+ = + + = − + + =

+ = + + = × + = + = − +

1 2 1 1 2 1 2

1 1 1 2 1 2 2 2 2

2 2

3 2 2

b gb g b g b g b g

2 1 3 2 6 3 5 52− + = + − − = +i i i i i ib gb g• Nous n’avons plus qu’à noter cet ensemble C. Ses éléments sont appelés nombres

complexes.

Les nombres de la forme a bi+ a et b réels, se suffisent à eux mêmes : en lesajoutant et en les multipliant, on obtient des nombres de la même forme.

1.2 Forme algébrique d'un nombre complexe.

1.2.1 Définitions

L'ensemble des nombres de la forme a ib+ où a et b sont des nombres réels et i le

nombre vérifiant i 2 1= − , muni des opérations addition et multiplication ayant lesmêmes propriétés que dans R, est appelé ensemble des nombres complexes.



3

L'écriture z a ib= + avec a réel , b réel et i 2 1= − est la forme algébrique d'unnombre complexe.

• a est appelée partie réelle de z , notée Re zb g• b est appelée partie imaginaire de z , notée Im zb g

Re , Im

Re , Im

Re , Im

1 2 1 1 2 2

4 0 4 4

3 3 3 0

− = − = −

= =

− = − − =

i i

i i

b g b gb g b gb g b g

Attention : La partie imaginaire d'un nombre complexe est un réel. Il s'agit de b etnon de bi.

Tout nombre complexe dont la partie réelle est nulle est appelée nombre imaginairepur.

1.2.2 Propriétés immédiates

• Deux nombres complexes sont égaux si et seulement si ils ont même partie réelleet même partie imaginaire.

• Im

Re

z z R

z z est un imaginaire pur

b gb g

= ⇔ ∈

= ⇔

0

0

• Certains ouvrages considèrent que 0 n’est pas un imaginaire pur.

Nous avons choisi d’inclure 0 dans l’ensemble des imaginaires purs. Nous verronsque ce choix permet de mettre en bijection l’ensemble des imaginaires purs etl’ensemble des réels R, cela simplifie en général les rédactions d’exercices et rendcohérent l’interprétation géométrique de ces nombres que nous traiterons plus loin.

• Notons que la relation i 2 1= − permet de calculer les puissances de i :

i i i i2 3 41 1= − = − = ......et plus généralement

i i i i i i kk k k k4 4 1 4 2 4 31 1= = = − = − ∀ ∈+ + + N



4

1.2.3 Résolution de l'équation de l'équation du second degré à coefficients réels

E az bz c a c R R

b ac

b g b g: ,b, *2 2

2

0

4

+ + = ∈ ×

= −∆Dans le rappel, nous avons donné les solutions de cette équation lorsque ∆ ≥ 0 .Envisageons le cas ∆ < 0

az bz c a zb

a a

zb

a a

i

az

b

a ai ou z

b

a ai

zb i

aou z

b i

a

22

2

2

2

2

2 1 2

1 2

02 4

0

2 4 4 2 2 2 2

2 2

+ + = ⇔ +FHGIKJ −

FHG

IKJ =

⇔ +FHGIKJ =

−= ⇔ = − − = − +

⇔ =− −

=− +

∆

∆ ∆ ∆ ∆

∆ ∆

Finalement, l'équation admet comme solutions deux racines complexes distinctesz et z1 2 . Ces deux nombres ont la même partie réelle et des parties imaginairesopposées, on dit qu’ils sont conjugués.

z z2 1 0 3+ + = = −, ∆

Les deux solutions sont donc les complexes : z et z1 21 3

2

1 3

2= − − = − +

.

La factorisation du trinôme est la même que dans R.

az bz c a zb

a a

a zb

asi

a z x z x si

a z z z z si

22

2

2

1 2

1 2

2 4

20

0

0

+ + = +FHGIKJ −

FHG

IKJ =

+FHGIKJ =

− − >

− − <

R

S|||

T|||

∆

∆

∆

∆b gb gb gb g

Où z et z1 2 sont les deux racines complexes définies ci-dessus, et x et x1 2 lesdeux racines réelles.



5

(MATH06E01A)

On considère le polynôme complexe : z i z i z i3 22 3 4 1 3 8− + + + −d i d i1) Montrer que ce polynôme admet une racine imaginaire pure.

2) Factoriser ce polynôme et résoudre : z i z i z i3 22 3 4 1 3 8 0− + + + − =d i d i

1.2.4 Représentation géométrique d'un nombre complexe:

Un complexe est entièrement déterminé par ses parties réelle et imaginaire, c'est àdire par la donnée du couple de réels a,bb g . Il paraît donc tout naturel d'associer à

chaque nombre complexe z a bi= + , le point M de coordonnées a,bb g . Nous mettons

ainsi en bijection l'ensemble C des nombres complexes et l'ensemble Pb g des points

du plan.

En fait, cela suffit à justifier la création de l'ensemble des nombres complexes.Rappelez-vous que l'ensemble des réels a été introduit afin de mettre en bijection unensemble de nombres avec la droite réelle, c'est à dire afin de pouvoir mesurer toutesles distances.

Soit un plan (P) muni d'un repère orthonormal direct O u v, ,! !b g . Dans le plan (P) le

point M de coordonnées a,bb g est appelé point image du nombre complexe a ib+ .

De même, le nombre complexe a ib+ est appelé affixe du point M.

b M d’affixe z a bi= +

O a x

On peut également mettre en bijection l'ensemble des nombres complexes, etl'ensemble des vecteurs du plan.



6

Le vecteur U de coordonnées a,bb g est appelé vecteur image du nombre complexe

a ib+ .

De même, le nombre complexe a ib+ est appelé affixe du vecteur U .

• L’ensemble des points du plan dont les affixes sont réels est l’axe des abscisses

• L’ensemble des points du plan dont les affixes sont des imaginaires purs est l’axedes ordonnées.

Le centre du repère O intersection des axes a donc pour affixe le seul complexe à lafois réel et imaginaire pur 0.

2 Opérations

On considère deux complexes z a ib= + et ′ = ′ + ′z a ib où a b a et b, , ′ ′ sont desréels.Dans ce qui suit, nous chercherons à présenter les complexes sous la formealgébrique a ib+ .

2.1 Somme

z z a ib a ib a a b b i+ ′ = + + ′ + ′ = + ′ + + ′b g b g b g b g .

Soit OM →

le vecteur image du complexe z et OM ′ →

le vecteur image du complexe ′z .

Considérons le point P vérifiant :

OP OM OM → → →

= + ′ , le point P est tel que OMPM ′ est un parallélogramme.

Par définition, OP →

a pour affixe z z+ ′

y

b b+ ′ P

Mb

′b ′M

O a ′a a a+ ′ x



7

Les parties réelle et imaginaire d’une somme de nombres complexes sont donnéespar les formules suivantes :

• Re Re Re

Im Im Im

z z z z

z z z z

+ ′ = + ′

+ ′ = + ′b g b g b gb g b g b g

2.2 Différence

z z a ib a ib a a b b i− ′ = + − ′ + ′ = − ′ + − ′b g b g b g b g .

Soit OM →


le vecteur image du complexe ′z .

MM OM OM′ = ′− → → →

MM ′ →

a pour affixe ′ −z z

y

Mb

′b ′M

O a ′a x

Les parties réelle et imaginaire d’une différence de nombres complexes sont donnéespar les formules suivantes :

• Re Re Re

Im Im Im

z z z z

z z z z

− ′ = − ′

− ′ = − ′b g b g b gb g b g b g

2.3 Opposé

L'opposé du complexe z est le complexe ′ = − = − −z z a bi .

Soit OM →


le vecteur image du complexeopposé ′ = −z z , alors M et M ′ sont symétriques par rapport à l'origine O.

y

b M

−a Oa x

′M −b



8

2.4 Produit

zz a ib a ib aa bb i ab a b′ = + ′ + ′ = ′ − ′ + ′ + ′b gb g b g

Re Re .Re Im .Im

Im Re .Im Im Re

zz z z z z

zz z z z z

′ = ′ − ′

′ = ′ + ′b g b g b g b g b gb g b g b g b g b g.

Nous donnerons une interprétation géométrique à la fin de ce chapitre.

2.5 Quotient

Soit le complexe zi

i= −

+2 3

1 2, d’après les règles de calcul précédentes, on peut noter la

propriété : a ib a ib a b+ − = +b gb g 2 2 .

On peut utiliser celle-ci pour retrouver la forme algébrique de ce complexe

zi

i

i

i

i i i ii= −

+× −

−= − − +

+= − − = − −2 3

1 2

1 2

1 2

2 4 3 6

1 4

4 7

5

4

5

7

5

2

Vous remarquerez la similitude de la méthode avec celle déjà rencontrée pour lecalcul sur les racines notamment. On parlait alors de forme conjuguée. Il est tempsde définir plus précisément cette notion.

3 Conjugué et module.

3.1 Conjugué

3.1.1 Définition

Soit z a bi a R= + ∈, ,bb g 2 , un nombre complexe. Le conjugué de z se note z et

vaut : z a bi= − .

z i z i

z i z i

= + ⇒ = −

= ⇒ = −

1 1

4 4



9

3.1.2 Interprétation géométrique.

Soit M un point quelconque du plan (P) d'affixe z. L'affixe du point M', symétrique

de M par rapport à l'axe des abscisses, est le nombre complexe conjugué de z noté z .

b M z a bi= +b g

O a

−b ′ = −M z a bid i

3.1.3 Propriétés

Soit z et z' deux nombres complexes quelconques.

On note : z a bi a R et z a b i a b R= + ∈ ′ = ′ + ′ ′ ′ ∈, ,b , ,b g b g2 2

• zz a bi a bi a b= + − = +b gb g 2 2 .

• z a bi a bi= − = + .

• z z a bi a bi b z= ⇔ + = − ⇔ = ⇔ ∈0 R .

• z z z z+ = +' '

• zz z z' '=

Nous vous laissons le soin d’écrire les démonstrations des deux dernières propriétés.

MATH05E02A

Ecrire sous la forme a ib+ les nombres complexes suivants :1 3

2 5

++

i

i ,

3 2

4

−−

i

i ,

2

1

++

i

i.



10

3.2 Module.

3.2.1 Définition

Soit z un nombre complexe quelconque d’écriture algébrique

z a bi a R= + ∈, ,bb g 2 et M le point image de z dans le plan (P) muni du repère

orthonormal ( , , )O u v! !

.

On appelle module de z, noté r ou z la longueur (ou norme) de OM

z r a b OM OM= = + = = →

2 2

z i z

z i z

= + ⇒ = + =

= + ⇒ = FHGIKJ +FHGIKJ =

1 1 1 2

1

2

3

2

1

2

3

21

2 2

On peut chercher l’ensemble des points du plan dont les affixes vérifient z = 1 .

Il s’agit en fait des points M du plan tels que OM = 1. C’est donc le cercle de centreO et de rayon 1.

D’une manière plus générale, on cherche l’ensemble des points M plan dont les

affixes z vérifient : z z k k R z C− = ∈ ∈+0 0, , .

On considère le point A d’affixe z0 , on a établi précédemment que

z z AM AM− = = →

0 . L’ensemble cherché est donc le cercle de centre A et de

rayon k. ( si k = 0 , le cercle est réduit à son centre )

3.2.2 Propriétés

• Si z est réel, sa valeur absolue et son module sont confondus (cela justifie en faitla notation z ).



11

• z est un nombre réel positif

• Pour tout nombre complexe z : z z= ⇔ =0 0 ,

• Pour tout nombre complexe z : z z=

• Pour tout nombre complexe z : z zz= ,

• Pour tous les nombres complexes z et ′z , zz z z′ = ' ,

• z z z z+ ≤ +' ' (inégalité triangulaire).

• Si z ≠ 0 , alors 1 1

z z=

Nous notons comme d’habitude : z a bi a R= + ∈, ,bb g 2

• La première propriété est évidente

En rappelant que z OM et z z M M= − ′ = ′ , On a :

• z OM O M z= ⇔ = ⇔ = ⇔ =0 0 0

• z z M M M O OM z z− = ′ ≤ ′ + = +' '

Donc z z z z z z+ ≤ + − = +' ' '

• z z= relève de la définition même du module.

• On a déjà démontré que zz a b= +2 2 ce qui prouve z zz=• On démontre que zz z z′ = '

zz aa bb ab ba a a b b a b b a

z z a b a b a a b b a b b a

′ = ′ − ′ + ′ + ′ = ′ + ′ + ′ + ′

′ = + ′ + ′ = ′ + ′ + ′ + ′

b g b g2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Donc pour tous les nombres complexes z et ′z , zz z z′ = '

• 1 1 1

2 2

2 2

2 2 2 2z

z

zz

z

a b

a b

a b a b z= =

+= +

+=

+=



12

3.2.3 Nombres complexes de module 1

Nous avons déjà abordé cette question précédemment. Nous pouvons donc énoncer :

L’ensemble des points M du plan dont les affixes ont pour module 1 est le cercletrigonométrique.

• Nous avons vu dans le chapitre sur la trigonométrie que les coordonnées de cespoints pouvaient s’écrire cos ;sinθ θ θb g où R∈ .

Donc tout nombre complexe de module 1 peut se s’écrire z i= +cos sinθ θ

• De plus nous pouvons remarquer que si le complexe z est non nul, z

z a pour

module 1. Donc pour les complexes non nuls, il existe θ ∈ R tel quez

zi= +cos sinθ θ soit z z i= +cos sinθ θb g

• Finalement tout complexe non nul peut se mettre sous la formez z i= +cos sinθ θb g où θ est donné à 2kπ près, k Z∈ .

Nous venons de mettre en évidence une nouvelle écriture du complexe z, valablepour les complexes non nuls.

4 Forme trigonométrique

4.1 Argument

4.1.1 Définition

Soit z un nombre complexe non nul et M le point image de z dans le plan (P) muni durepère orthonormal ( , , )O u v

! !.

On appelle argument de z, noté Arg zb g toute mesure, en radians, de l'angle de

vecteurs u OM,FH IK . Donc, Arg zb g est défini modulo 2π (c'est-à-dire à 2kπ près).


©Cycles Préparatoires dCours : Philippe Leclè

On parlera de façon abusive de l’argument d’un nombre complexe étantentendu qu’il s’agit de l’argument, modulo 2π , c’est à dire de toute mesure de

l’angle u OM,FH IK .

Tout nombre complexe non nul z de module r et d'argument θ peut s'écrirez r i r= + =cos sin ,θ θ θb g

Cette écriture est la forme trigonométrique du nombre complexe z

y

θ

O

Le complexe nul n’a pas de f

En plaçant dans le plan les pola définition, on établit :

arg , arg , a1 0 3b g b g= − =π

4.1.2 Recherche pratique de l’

En identifiant la forme altrigonométrique z r i= +(cosθ

cos

sin

θ

θ

=

=

RS||

T||

a

rb

r

.

u Service Commun de Formation Continue de l’INPL.re ; Exercices : Gérard Hirsch et Philippe Leclère

13

x

orme trigonométrique.

ints images des complexes considérés et en revenant à

rg , arg22

32

b g d i= − = −π πi i

argument d’un complexe donné non nul

gébrique z a bi= + d’un complexe et sa formesin )θ , on établit :

M zb g



14

La connaissance de deux lignes trigonométriques est nécessaire pour déterminermodulo 2π sans ambiguïté, Arg zb g , puisqu'il s'agit d'un angle de vecteurs.

Vous remarquerez que cela n’a de sens que si le complexe est non nul.

Soit le complexe z i= −1 , on a 1 2− =i et on peut donc écrire :

cos

sin

,

θ

θθ π π

= =

= − = −

RS||

T||

⇒ = − + ∈

1

2

2

2

1

2

2

2

42k k Z

Soit le complexe z i= −2 , on a 2 4 1 5− = + =i et on peut donc écrire :

cos

sin

, ,

θ

θθ π

=

= −

RS||

T||

⇒ ≈ − + ∈

2

51

5

0 46 2k k Z

Nous voyons donc que nous n’aurons pas toujours la chance de tomber sur des lignestrigonométriques usuelles.

4.1.3 Propriétés

Notons que :

• z z

z et z non nuls

z z

z z k k Z

= ′′

RST ⇔= ′

= ′ + ∈RSTarg arg ,2 π

• arg arg ,z z k k Z= − + ∈2 π

• arg arg ,− = + + ∈z z k k Zb g π π2

• arg arg ,− = − + ∈z z k k Zd i π π2



15

y

′ −M z1d i M zb g

x O

′ −M zb g ′M z1d i

En observant le dessin ci-dessus on retrouve les résultats énoncés précédemment.

Trouver le module et l’argument du complexe z i= − +cos sinπ π5 5

.

Ce complexe a pour module 1.

On peut toujours « dérouler » la méthode du paragraphe 4.1.2, mais on peutégalement chercher à le mettre sous la forme z i= +cos sinα α directement à l’aidedes formules trigonométriques.

z i i i= − + = −FHGIKJ + −FHG

IKJ = +cos sin cos sin cos sin

π π π π π π π π5 5 5 5

4

5

4

5

Cela nous permet de conclure qu’il s’agit du complexe 14

5;

πLNMOQP

Autre exemple d’un complexe de module 1: z i= − +sin cosπ π5 5

On peut « intuitivement » comprendre qu’il faut trouver α pour transformer − sinπ5

en cosα et cosπ5

en sinα .

On utilise alors : cos sin sin cosπ π2 2

+FHGIKJ = − +FHG

IKJ =x x et x x

Donc : z i i i= − + = +FHGIKJ + +FHG

IKJ = +sin cos cos sin cos sin

π π π π π π π π5 5 2 5 2 5

7

10

7

10

Finalement z i= − + = LNMOQPsin cos ;

π π π5 5

17

10



16

(MATH05E03A)

Trouver le module et l'argument des nombres complexes suivants :

• z i1 2 2= − +

• z i2 1 3= − +d i

Il est important également de donner la forme algébrique d’un complexe connaissantson module et un argument.

Donnons la forme algébrique du complexe z de module 2 2 et d’argument − 3

4

π.

On écrit : z i i i= −FHGIKJ + −FHG

IKJ

FHG

IKJ = − −

FHG

IKJ = − −2 2

3

4

3

42 2

2

2

2

22 2cos sin

π π

4.2 Théorème fondamental

Pour tous les nombres complexes z et ′z non nuls, on a :• arg arg argzz z z′ = +b g 2π• zz z z′ = ′ (propriété déjà vue)

On écrira : zz r r rr′ = × ′ ′ = ′ + ′, , ,θ θ θ θ

Posons sous forme trigonométrique : z r i et z r i= + ′ = ′ ′ + ′cos sin cos sinθ θ θ θb g b gzz rr i′ = ′ ′ − ′ + ′ + ′cos cos sin sin sin cos cos sinθ θ θ θ θ θ θ θb g b gc hOr on se rappelle les formules fondamentales de trigonométrie :

cos cos sin sin cos

sin cos cos sin sin

θ θ θ θ θ θθ θ θ θ θ θ

′ − ′ = + ′

′ + ′ = + ′b gb g

On peut donc écrire zz rr i′ = ′ + ′ + + ′cos sinθ θ θ θb g b gc h



17

Puisque rr ′ > 0 , on obtient donc les résultats :arg arg argzz z z′ = +b g 2π et zz z z′ = ′

Retenez : quand on multiplie deux complexes non nuls, on Ajoute les Arguments eton Multiplie les Modules.

Il s’agit en fait d’un corollaire.

Pour tous les nombres complexes z et ′z non nuls, et pour tout entier naturel n, on a :

• arg arg1

2z

zFHGIKJ = − π

• arg arg argz

zz z

′FHGIKJ = − ′ 2π

• arg argz n zne j = 2π

• arg arg arg arg1

1 01

2z

zz

zFHGIKJ = = = F

HGIKJ +b g π donc arg arg

12

zzF

HGIKJ = − π

• arg arg arg arg arg argz

zz

zz

zz z

′FHGIKJ =

′FHGIKJ = +

′= − ′1 1

2π

• Démontrons cette propriété par récurrence sur n.

Posons la proposition P z n znn: arg arge j = 2π

P0 est vraie

Supposons que ∀ ∈k n0.. Pk est vraie

arg arg arg arg arg arg argz z z z z n z z n zn n n+ = = + = + = +1 1 2e j e j b g π

Donc Pn+1 est vraie, ce qui prouve que la proposition est vraie pour tout n.

Formule de MOIVRE

r i r n i nn ncos sin cos sinθ θ θ θ+ = +b gc h b g b gc h

ou encore r r nn n, ,θ θ=



18

Cette formule découle immédiatement des propriétés précédentes.

(MATH06E04A)

Trouver le module et l'argument des nombres complexes suivants :

zi

i1

301 3

1= +

−FHG

IKJ , z

i

i2

301 2

1 2= + +

+ −FHG

IKJ , z i3

51 3= − +d i

5 Forme exponentielle d'un nombre complexe.

5.1 Notation eiθ

5.1.1 Approche

Considérons la fonction f définie sur R par : f iθ θ θb g = +cos sin

On a démontré : f f f et f n fnθ θ θ θ θ θ+ ′ = ′ =b g b g b g b g b gc h .

On pense alors aux propriétés de la puissance.

De plus si on prolonge les propriétés de la dérivation :

′ = − + = + =f i i i ifθ θ θ θ θ θb g b gsin cos sin cos2

Nous verrons que la fonction définie sur R qui vérifie : ′ = =f x kf x et fb g b g b g0 1 est

la fonction x ekx"

5.1.2 Définition

On a alors l’idée de noter f i eiθ θ θ θb g = + =cos sin . Cette écriture est la forme

exponentielle du complexe cos sinθ θ+ i .

En effet :

e e i i i ei i iθ θ θ θθ θ θ θ θ θ θ θ′ + ′= + ′ + ′ = + ′ + + ′ =cos sin cos sin cos sinb gb g b g b gc h b g

Et e i n i n ei n inθ θθ θ θ θe j b g b g b g= + = + =cos sin cos sin



19

En utilisant la notation exponentielle e iiθ θ θ= +cos sin , tout nombre complexe non

nul de module r et d'argument θ se note z rei= θ .Cette écriture est la forme exponentielle du nombre complexe z.

Nous avons établi au paragraphe précédent la propriété fondamentale suivante :

Pour tous les nombres complexes z et ′z non nuls, on a :• arg arg argzz z z′ = +b g 2π• zz z z′ = ′ (propriété déjà vue)

Nous écrirons plus simplement :

zz re r e rr e etz

z

r

rei i i i′ = × ′ = ′

′=

′′ + ′ − ′θ θ θ θ θ θb g b g

Forme exponentielle de z i= +1 .

z i i i ei

= + = +FHG

IKJ = +FHG

IKJ =1 2

2

2

2

22

4 42 4cos sin

π ππ

.

5.2 Formules d’Euler

5.2.1 Théorème

En adoptant la notation exponentielle on obtient :

e i

e i

e e

e e

i

i

i

i i

i i

θ

θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ

θ

= +

= −

RS|T|

⇒= +

= −

RS||

T||

−

−

−

cos sin

cos sin

cos

sin

2

2

Il suffit d’additionner ou de soustraire membre à membre pour obtenir ces résultats,appelées Formules d’Euler.Vous noterez que le dénominateur de sinθ est 2i .



20

5.2.2 Application : linéarisation des polynômes trigonométriques

Une fonction polynôme trigonométrique est une somme de termes du type

a x b x ou c x x n m N et a c Rn m n mcos , sin cos sin , ,b,b g b g b g b g b g b g∈ ∈2 3 .

Il s’agit de transformer un produit du type cos sinn nx ou xb g b g en une somme de

termes du type a x ou b xcos sinα βb g b g .Cette opération s’appelle la linéarisation du polynôme.

Linéarisons la fonction f x xb g b g= cos4 . En utilisant la formule du binôme et le

triangle de Pascal on retrouvera la formule :

a b a a b a b ab b+ = + + + +b g4 4 3 2 2 3 44 6 4

cos44

44 2 2 4

44 4 2 2

2

1

24 6 4

1

24 6

xe e

e e e e

e e e e

ix ixix ix ix ix

ix ix ix ix

b g e j

e je j

= +FHG

IKJ = + + + +

= + + + +

−− −

− −

Il suffit maintenant d’utiliser les formules d’Euler suivantes :

2 4 2 24 4 2 2cos cosx e e et x e eix ix ix ixb g b g= + = +− −

On trouve alors :

cos

cos cos cos cos

44

4 4 2 2

4

1

24 6

1

22 4 8 2 6

1

84

1

22

3

8

x e e e e

x x x x

ix ix ix ixb g e je j

b g b gc h b g b g

= + + + +

= + + = + +

− −

Nous verrons dans un prochain chapitre que cette linéarisation permet l’intégrationdes polynômes trigonométriques.



21

Linéarisons : sin cos3 2x x

sin cos

sin

3 23 2

3

3 2

3 3 2 2

5 3 3 5

5 5 3 3

2 2

1

8

1

4

1

323 3 2

1

322 2

1

322

1

322 5

x xe e

i

e e

ie e e e

ie e e e e e

ie e e e e e

ie e e e e e

ii x

ix ix ix ixix ix ix ix

ix ix ix ix ix ix

ix ix ix ix ix ix

ix ix ix ix ix ix

= −FHG

IKJ

+FHG

IKJ = − +

= − − + − + +

= − − − + + −

= − − − − − −

= −

− −− −

− − −

− − −

− − −

e j e j

e je j

e j

e j e je jb g − −

= − + +

2 3 4

1

165

1

163

1

8

i x i x

x x x

sin sin

sin sin sin

b gc h

b g b gOn peut vérifier pour x = π

3,

sin cos

sin sin sin sin sin sin

3 23 2

3 3

3

2

1

2

3 3

32

1

165

1

163

1

8

1

16

5

3

1

16

3

3

1

8 3

3

32

3

16

3 3

32

π π

π π π

=FHGIKJFHGIKJ =

− + + = − FHGIKJ +

FHGIKJ +

= + =

x x xb g b g

(MATH06E05A)

Linéariser le polynôme trigonométrique P x x xb g = sin cos3 .

6 Racines nièmes d'un nombre complexe.

6.1 Racines nièmes de l'unité.

On appelle ainsi les nombres complexes solutions de l'équation zn − =1 0 . Cesnombres complexes ne peuvent être nuls. Essayons de les écrire sous formeexponentielle.

Pour que z re ri= >θ avec 0 soit solution de l'équation proposée, il est nécessaire

et suffisant que r e en in n ikθ π= =1 1 2 .



22

Soit

r

n k k Z

r

k

nk

n n== ∈

RS|T|

⇔=

= ∈

RS|T|

1

2

1

2θ π θ πb g b gZ

Par conséquent, l'équation zn − =1 0 admet n racines distinctes, toutes de modules1, et d'argument

θ πk

k

nk n= ∈ −2

0 1 1avec , ,.....,l q

Les images des solutionssont les sommets d'unpolygone régulier de ncôtés inscrit dans le cerclede rayon unité centré enO.

Les racines de z5 1= sont

de la forme z e ki

k

= ∈2

5 0 12 3 4π

, , , , ,l q c’est-à-dire

• z z e z e z e z ei i i i

0 1

2

52

4

53

6

54

8

51= = = = =, , , ,π π π π

6.2 Racines nièmes d'un nombre complexe non nul.

On appelle ainsi les nombres complexes solutions de l'équation

z A An − = ∈ ∗0 où C

Posons A e et Ri= > ∈ρ ρ αα avec 0 , la condition nécessaire et suffisante pour

que z rei= θ avec r > 0 soit solution de l'équation proposée est que :

r

n k k

r

n

k

nk

nn

== + ∈

RS|T|⇔

=

= + ∈

RS|T|

ρθ α π

ρ

θ α π2

2( ) ( )Z Z

Il y a donc n racines distinctes, de la forme

z e k nkn

in

k

n= ∈ −+

ρα π

( ), ,....,

2

0 1 1avec l q .



23

Les images des solutions sont les sommets d'un polygone régulier de n côtés inscrit

dans le cercle de rayon ρn centré en O.

Remarquons que la connaissance d'une racine nième de A permet de les obtenir

toutes, en multipliant cette racine par les n racines nièmes de l'unité.

En effet si z0 est une racine nième de A (donc non nulle), alors z zz

zn n

n

= ⇔FHGIKJ =0

0

1

et z

z0

est une racine nième de l’unité.

Soit à résoudre : z i3 2 2= − .

On remarque que i 2 est solution. Les racines cubiques sont 11 3

2

1 3

2, ,

− + − −i i.

Les racines de l’équation sont donc : ii i

23

2

3

2, ,

− − −

6.3 Racines carrées d'un nombre complexe.

Soit Z un nombre complexe non nul, de la forme Z a ib ei= + = >ρ ρα avec 0

Cherchons les solutions de l'équation z Z2 0− = .La méthode géométrique précédente fournit deux solutions

z e et z e e e e zi i i i i

0 12

02 2 2= = = = − = −

+ρ ρ ρ ρ

θ θ θθ π π( )

Ces deux nombres complexes opposés sont appelées les racines carrées de Z.Pour trouver ces deux solutions on peut aussi utiliser une méthode algébrique: oncherche z sous la forme x iy+

z Z x iy a ibx y a

xy b2 2

2 2

2= ⇔ + = + ⇔ − =

=

RS|T|( )

Ce système de deux équations à deux inconnues se résout par substitution maisprésente l'inconvénient de conduire à une équation bicarrée. Le système se résoutsimplement en lui adjoignant une troisième équation traduisant l'égalité des modules

z Z soit x y a b2 2 2 2 2= + = +



24

On résout le système

x y a

x y a b

xy b

2 2

2 2 2 2

2

− =

+ = +=

RS||

T||

(MATH06E06A)

Résoudre dans C l'équation z i2 8 6= − + .

En déduire les solutions de l'équation : z i z i2 3 4 3 0+ − + + − =b g .

7 Interprétation géométrique des nombres complexes.

Nous vous proposons à titre facultatif le paragraphe suivant qui ne pourradonner lieu à aucune question lors de l’examen.

Il reprend en partie certaines notions déjà abordées et présente uneinterprétation géométrique des nombres complexes.Lisez-le pour votre culture générale.

Le plan P est rapporté au repère orthonormé direct O u v, ,FH IK .L'application ϕ : C → P qui, à tout nombre complexe z x iy= + , x y R,b g ∈ 2 ,

associe le point M de P de coordonnées x y,b g est une bijection qui permet

d'identifier C et P.Le plan P est alors appelé le plan complexe.

Pour tout z C∈ , le point M est l'image de z dans P et z est l'affixe de M.

Avec les notations précédentes, si z1est l'affixe de M1 et z2 est l'affixe de M2 ,

l'affixe du vecteur M M1 2 est ( )z z2 1− , On a M M1 2 = z z2 1− , et

MM MM u MM u MM z z z zz z

z z1 2 2 1 2 12

1

2, , , arg arg arg ,FH IK = FH IK − FH IK = − − − =−−

b g b g π

En résumé :

MM MMz z

z z1 22

1

2, argFH IK =−−

π



25

Si A a B b C c et D db g b g b g b g, , sont quatre points de P tels que A B≠ et C D≠ alors

AB CDd c

b a

AB CDd c

b a

b g b g

b g b g

/ / arg

arg

⇔ −−

=

⊥ ⇔ −−

=

0

2

π

π π

On considère les complexes : a i b i c i d i= − + = − − = = −1 1 2 2 2, , ,

Calculons c a

d aet

c b

d b

−−

−−

.

c a

d a

i i

i i

i

i

ii

c b

d b

i i

i i

i

i

i ii

−−

= + −− + −

= +−

=+

=

−−

= + +− + +

= +−

=+ +

=

2 1

2 2 1

1

3 3

1

3

1

2

1

3

2 1

2 2 1

1 3

3

1 3 3

10

2b g

b gb gInterprétation géométrique.

On pose A a B b C c et D db g b g b g b g, ,

On peut dire que DA CA card c

b ab g b g⊥ −

−=arg

π π2

De même, DB CB carc b

d bb g b g⊥ −

−=arg

π π2

Les point A et B sont sur le cercle de diamètre DC

Vous pourrez en exercice, placer les points dans le plan et vérifier.

Le centre de ce cercle est Ω 1b g et son rayon 1

25DC =



26

7.1 Interprétation géométrique de l'addition dans C.

Soient z et z' deux nombres complexes.

Soient les points M z M z S z z et D z zb g b g b g b g, ' ,′ + ′ − ′ y

S z z+ ′b g

M zb g ′ ′M zb g

D z z− ′b gO x

On a : OS OM OM et OD OM OM MM= + ′ = − ′ = ′

En particulier : M M z z' '= −

7.2 Interprétation géométrique de la multiplication dans C.

Soient z et z' deux nombres complexes non nuls.

Posons ρ ρ θ π θ π= = = = ′z z et z et z, ' ' arg ' argb g b g b g b g2 2

Soient les points M z M z et P zzb g b g b g, ' ,′ ′



27

On a : z z z z et zz z z' ' ' arg arg arg '= = ′ = + ′ = +ρ ρ θ θ πb g b g b g b g2

y

P zz ′b g M zb g

′ ′M zb g

x O

On passe de ′M à P par la similitude directe de centre O, de rapport z et d'angle

arg zb gOn passe de M à P par la similitude directe de centre O, de rapport z' et d'angle

arg ′zb g

7.3 Condition nécessaire et suffisante d'alignement de trois points.

Soient M M et M1 2 3, , , trois points de P deux à deux distincts. Pour que

M M M1 2 3, , soient alignés, il faut et il suffit que M M1 2 et M M1 3 soient

colinéaires, c'est-à-dire qu'il existe un nombre réel λ tel que z z z z3 1 2 1− = −λb g .Ainsi M M M1 2 3, , sont alignés si et seulement si

z z

z zR3 1

2 1

−−

∈ .

7.4 Condition nécessaire et suffisante de cocyclicité d'alignement de quatre points.

Soient M M M et M1 2 3 4, , quatre points de P deux à deux distincts.Pour que M M M M1 2 3 4, , , soient cocycliques ou alignés il faut et il suffit que

M M M M M M M M1 3 1 4 2 3 2 4, ,FH IK = FH IK πb gc'est-à-dire : arg arg

z z

z z

z z

z z4 1

3 1

4 2

3 2

−−

=−−

πb g

Ainsi M M M M1 2 3 4, , , sont cocycliques ou alignés si et seulement si

z z

z z

z z

z zR4 1

3 1

4 2

3 2

−−

−−

∈:

UMN06 : Complexes COMPénoncés Septembre 2000

©Cycles Préparatoires du Service Commun de Formation Continue de l'INPL.Cours :Philippe Leclère ; Exercices : Gérard Hirsch et Philippe Leclère

(MATH06E07)

Démontrer que si les nombres complexes z1 et z2 ont pour module 1, le nombre zz z

z z=

++1 2

1 21

est réel.

(MATH06E08)

Montrer que tout nombre complexe de module 1 (avec z ≠ −1) peut se mettre sous la forme

zia

ia= +

−1

1 avec a R∈

(MATH06E09)

Montrer que cos cos cos2 2 2

14

3

14

5

14

7

4

π π π+ FHGIKJ +

FHGIKJ =

(MATH06E10)

Soit f z z z z zb g = − + − +4 3 28 27 38 26

• Calculer f i1+b g et f i1−b g .• Déterminer l'ensemble des solutions de f zb g = 0

(MATH06E11)

Résoudre dans C l'équation : 3 1 2 2 02 2 2 2z z z z+ + + + + =e j e j

(MATH06E12)

Soit n ∈ −N 0 1, .l q Calculer le produit des racines nièmes de 1.

UMN06 : Complexes COMPénoncés Septembre 2000


(MATH06E13)

Déterminer les racines quatrièmes du nombre complexe z i= −28 96

UMN06 : Complexes SUPénoncés Septembre 2000

©Cycles Préparatoires du Service Commun de Formation Continue de l'INPL.

Cours :Philippe Leclère ; Exercices : Gérard Hirsch et Philippe Leclère

(MATH06S01)

1. Calculer zi

et z i1 26 2

21= − = − sous forme trigonométrique

2. Donner le module et l'argument de z

z1

2

en déduire : cos sinπ π12 12

et .

3. En déduire cos tan7

12

11

12

π πet

(MATH06S02)

On pose, pour z Zz

z∈ − = +

−C 1l q 1

1

1. Montrer que si z = 1 , alors Z est imaginaire pur.

2. Résoudre dans C l'équation : 1

1

1

12

3 3+−FHGIKJ + −

+FHGIKJ =z

z

z

z

UMN06 : Complexes SOLUTIONS Septembre 2000



(MATH06E07)

Quelques rappels du cours :

• Z R Z Z∈ ⇔ =

• Z ZZ= ⇔ =1 1

Supposons que z et z1 2 ont pour module 1.

On a donc : z z et z z1 1 2 21 1= =

On va évaluer z z−

z zz z

z z

z z

z z

z z

z z

z z

z z

z z z z z z z z z z z z z z z z

z z z z

− =+

+−

++

=+

+−

++

=+ + + − − − −

+ +=

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2

1 2 1 2

1 1 1 1

1 10

( )( )

Ce qui prouve que z est réel.




(MATH06E08)

Considérons le complexe z x iy= + avec z z= ≠ −1 1,

On rappelle que z x y= ⇔ + =1 12 2

Pour montrer l'existence de a R∈ tel que zia

ia= +

−1

1 , on résout l'équation d'inconnue a

zia

iaz ia ia ia z z= +

−⇒ − = + ⇒ + = −1

11 1 1 1b g b g

Comme z ≠ −1 on a

ai z

z

i x iy

x iy

i x iy

x iy

x iy

x iy

x iy x x ixy iy ixy y

x y

=−+

=− −+ +

=− −+ +

×+ −+ −

= + − − − + − − −

+ +

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2 2

2 2

b g b g b g b g

b g

comme x y2 2 1+ = , on a : a iiy

x

y

x= −

+=

+2

2 2 1 qui est bien un réel.




(MATH06E09)

On utilise la relation trigonométrique coscos2 1 2

2a

a= +

S e e ei i i

= + + +FHG

IKJ = + + +

FHGG

IKJJ

3

2

1

2 7

3

7

5

7

3

27

3

7

5

7cos cos cos Reπ π π

π π π

2 4

7 7 73 11

2 2

i i iS Re e e e

π π π = + + +

On rappelle la formule de la somme des termes consécutifs d'une suite géométrique de raison

q ≠ 1

11

12

3

+ + = −−

q qq

q

Soit avec q ei

= ≠2

7 1π

S ee

e

ee

e

e e

e e

ei

ie

ii

i

ii

i

i i

i i

i i

= + −

−

F

HGGG

I

KJJJ

= + × −

−

F

HGGG

I

KJJJ

= + ×−

−

F

HGGG

I

KJJJ

= + ×

F

HGGG

I

KJJJ

−

−

3

2

1

2

1

1

3

2

1

2

3

2

1

2

23

7

27

3

2

1

2

3

7

7

7

6

7

2

7

7

3

7

7

3

7

3

7

7 7

3

7

3

7

Re Re

Resin

sinRe

sin

sin

ππ

π

ππ

π

π π

π π

π ππ

π

π

π

S = + = +3

2

1

2

3

7

3

7

7

3

2

1

4

6

7

7

sin cos

sin

sin

sin

π π

π

π

π

Comme sin sinπ − =x xb g , on a sin sin6

7 7

π π=

et donc S = + + =cos cos cos2 2 2

14

3

14

5

14

7

4

π π π




(MATH06E10)

f z z z z zb g = − + − +4 3 28 27 38 26

f i i i i i

i i i

1 1 8 1 27 1 38 1 26

4 8 2 2 27 2 38 38 26 0

4 3 2+ = + − + + + − + +

= − − − + + − − + =b g b g b g b g b g

b g b gf i i i i i

i i i

1 1 8 1 27 1 38 1 26

4 8 2 2 27 2 38 38 26 0

4 3 2− = − − − + − − − +

= − − − − + − − + + =b g b g b g b g b g

b g b gz i et z i= + = −1 1 sont racines. On peut donc mettre ( )( ) ( )z i z i z z− − − + = − +1 1 2 22 en

facteurs

On trouve en divisant f zb g par z z2 2 2− + ou par identification

f z z z z zb g e je j= − + − +2 22 2 6 13

On résout z z2 6 13 0− + = , avec ∆ = − = − =36 52 16 4 2ib g , donc deux racines complexes

conjuguées : zi

i et z i1 26 4

23 2 3 2= − = − = +

et l'ensemble des solutions de l'équation f z( ) = 0 est 1 1 3 2 3 2+ − + −i i i i; ; ;l q




(MATH06E11)

On utilise l'identité remarquable dans C

A B A iB A iB A iB2 2 2 2+ = − = + −b g b gb gOn applique cette formule au problème posé :

3 1 2 2 3 1 2 2 3 1 2 2

3 1 2 1 2 3 1 2 1 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

z z z z z z z z i z z z z i

i z i z i i z i z i

+ + + + + = + + + + + + + − + +

+ + + + + − + − + −

e j e j e j e je j e j e je jb g b ge j b g b ge j

L'équation proposée est équivalente au système suivant :

3 1 2 1 2 0

3 1 2 1 2 0

2

2

+ + + + + =

− + − + − =

i z i z i

ou

i z i z i

b g b g

b g b g

La résolution de ces deux équations du second degré fournit les solutions

i ii i

, , ,− − − − +RSTUVW

1

2

1

2




(MATH06E12)

On doit calculer ei

k

n

k

n 2

0

1 π

=

−

∏

On utilise la relation fonctionnelle e e ea b a b= +

e e e e ei

k

n

k

n ik

ni

nk i

n n

n i n nk

n

k

n2

0

12 2 2 1

2 1 10

1

0

1

1π π π π

π

=

− −− −∏ =

∑=

∑= = = −=

−

=

− b gb g b g




(MATH06E13)

On commence par chercher une solution de l'équation z i4 28 96= −

On pose Z z= 2 , d'où Z i2 28 96= −

Soit

X Y

XY

X Y

X Y

XY

X

I

II

I III

X et Y

ou

X et Y

2 2

2 2 2 2

2 2

2

28

2 96

28 96 100

28

2 96

2 128

8 6

8 6

− == −

+ = + =

RS||

T||

⇔− == −

=

RS|

T| +

⇔= = −

= − =

b gb gb g

On choisit arbitrairement l’une des deux solutions Z i= −8 6

On cherche maintenant l'une des solutions de l'équation z i2 8 6= −

Soit avec la même méthode :

( ) ( )

2 2 2 2

22 22 2

8 8 3 1

2 6 2 6

3 12 188 6 10

x y x y x et y

xy xy ou

x et yxx y

− = − = = = − = − ⇔ = − ⇔ = − ==+ = + − =

On choisit arbitrairement l’une des deux solutions soit z i= −3

Ainsi, l'une des solutions est z i= −3 . On obtient toutes les solutions en multipliant l'une

d'entre elles par les racines quatrièmes de l'unité, donc par 1 , par −1, par i , par −i

Les racines quatrièmes de 28 96− i sont 3 3 1 3 1 3− − + + − −i i i i; ; ;l q

UMN06 : Complexes ENONCES Septembre 2000


(MATH06E01B)

On considère le polynôme complexe : z i z i z i3 21 1+ + + + +b g b g1) Montrer que ce polynôme admet une racine imaginaire pure.

2) Factoriser ce polynôme et résoudre : z i z i z i3 21 1 0+ + + + + =b g b g



MATH06E02B

On considère deux nombres complexes z 2 i et z 3 4i′= − + = −

Mettre sous forme algébrique les nombres complexes suivants:

2 2 11) z+z , 2) 5z 3z , 3) z , 4) z z , 5)

z′ ′ ′−

′



MATH06E02C

Mettre sous forme algébrique

( )( )3 3

1+2i 1 2 19 7i 20 5i1) 2) 3) 4)

1 2i 1+2i 3 i 9 i 7 6i1 i 3

− + + + − − − +−



(MATH05E03B)

Trouver le module et l'argument du nombre complexe :

z i avec= + ∈ OQPLNM1

2 2tan ,ϕ ϕ π π

- puis avec ϕ π π∈ OQPLNM2

3

2, .



(MATH06E03C)

Trouver le module et l’argument des nombres complexes suivants :

z i1 5 5= +sin cos

π π, z i2 7 7

= − +sin cosπ π

.



(MATH06E04B)*

On pose z 1 i= +

1) Calculer 2 3 4z ,z ,z .

2) Soit n un entier supérieur ou égal à 1. En écrivant n sous la forme 4k+p avec k et

p entiers et 0 p≤ < 4, démontrer que ( )kn pz 4 z= − . Calculer 25z

3) Calculer S z z z= + + + ⋅⋅ ⋅ ⋅ +1 2 24 .



MATH06E06B

Résoudre dans C l'équation : ( ) ( )3 21 6 13 6 9 12 0z i z i z i+ + + − + − − = sachant que

l'une des solutions est imaginaire pure.



(MATH06E06C)

Soit 0 1n N ;∈ −

Résoudre dans l’ensemble des nombres complexes l’équation : ( ) ( )n nz i z i+ = −




MATH06E01A

1) On considère le polynôme complexe : ( ) ( )3 22 3 4 1 3 8z i z i z i− + + + −

Montrons que ce polynôme admet une racine imaginaire pure bi .

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )

3 2 3 3 2 2

3 2 2 3 2

2 3 2

2 3 4 1 3 8 2 3 4 4 3 8

2 3 4 4 3 8 2 3 4 4 3 8

2 3 4 3 2 4 8

bi i bi i bi i b i i b i bi b i

b i i b i bi b i b i i b bi b i

b b b b b i

− + + + − = − + + − −

= − − + + + − = − + + + − −

= − + − + + −

Un complexe est nul si et seulement si sa partie réelle et sa partie imaginaire sont nulles.

( )2

3 2 3 2

2 3 2 02 3 4 3 02

2 4 8 0 2 4 8 0

b bb bb

b b b b b b

− =− = ⇔ ⇒ = − + + − = − + + − =

Le complexe 2i est donc racine du polynôme. On peut donc factoriser ( )2z i− .

2) effectuons la division dans l’ensemble des polynômes complexes.

( ) ( )( )

( )( )

( )

3 2

3 2 2

2

2

2 3 4 1 3 8 2

2 2 3 4

2 3 4 1 3 8

2 3 4 3

4 8

4 8

0

z i z i z i z i

z iz z z

z i z i

z i z

z i

z i

− + + + − −

− − − +

− + + −

− − +

−− −

Vous remarquerez cette technique pratique que vous utilisiez sans doute déjà dans R et qui

permet de minimiser les erreurs de calcul et surtout qui est bien plus simple que la technique

d’identification classique.

Donc ( ) ( ) ( )( )3 2 22 3 4 1 3 8 2 2 3 4z i z i z i z i z z− + + + − = − − +




Résolvons : 2 2 3 4 0z z− + = , le discriminant vaut 212 16 4 4i∆ = − = − = . Les deux racines

complexes conjuguées sont donc : 1 22 3 2

3 32

iz i et z i

−= = − = +

Les racines sont donc : 2 3 3i, i et i− +

Si vous avez éprouvé des difficultés pour résoudre cet exercice, nous vous conseillons

vivement de faire l’exercice ci-dessous.




(MATH06E01B)

Montrons que ce polynôme admet une racine imaginaire pure bi .

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )

3 2 3 2 2 2 3 2

3 2

1 1 1

1 1

bi i bi i bi i b i b b i bi b i b b b b b i

b b b b b i

+ + + + + = − − − + − + = − − + − − + +

= − + + − − + +

Ce polynôme est nul si et seulement si sa partie imaginaire et sa partie réelle sont nulles ce qui

donne la solution unique 1b = − . Le complexe 0z i= − est donc racine du polynôme. Peut

être aurait t’on pu deviner cette solution évidente. On peut donc factoriser z i+ .

On obtient : ( ) ( ) ( )( )3 2 21 1 1z i z i z i z i z z+ + + + + = + + +

Il ne reste plus qu’à résoudre 21 2

1 3 1 31 0

2 2

i iz z z et z

− − − ++ + = ⇔ = = .

Les racines sont donc : 1 21 3 1 3

2 2

i ii, z et z

− − − +− = =


vivement de consulter votre tuteur.




(MATH06E02A)

On multiplie le numérateur et le dénominateur du nombre complexe a ib

zc id

+=+

par le nombre

complexe conjugué du dénominateur, c'est-à-dire 0c id ( avec c id )− − ≠

1 3

2 5

i

i

++

=( )( )( )( )1 3 2 5 2 6 5 15 17 1

2 5 2 5 4 25 29 29

i i i ii

i i

+ − + − += = ++ − +

3 2

4

i

i

−−

=( )( )( )( )3 2 4 14 5

4 4 17 17

i ii

i i

− += −

− +

2

1

i

i

++

=( )( )( )( )2 1 3 1

1 1 2 2

i ii

i i

+ −= −

+ −






(MATH06E02B)

z 2 i et z 3 4i′= − + = −

( ) ( )

( )

( )( )

2

2

3 19 17

4 1 4 3 4

3 4 9 16 24 7 24

1 1 3 4

25 25

2

2

1) z+z = 2 i 3 4i=1 3i

2) 5z 3z =5 2 i 3 4i i

3) z = 2 i i i

4) z z = i 3 4i i i i

1 3 4i5) i

z 3 4i 3 4i 3 4i

′ − + + − −

′− − + − − = − +

− + = − − = −

′ − − = + − = − −

+= = × = +′ − − +






(MATH06E02C)

( )( )1+2i 1 2

1) 2) 3) 4) 1 2i 1+2i 3 i 1 i 3

−− − −

( )( )( )

1 4 41

1 4

9 7 6

9 7 6

3 3 3

1+2i 1+2i 1+2i i 3 4) = + i

1 2i 1 2i 1 2i 5 51 1 1 5 5i 1 1

2) i1+2i 3 i 5 5i 5 5i 5 5i 10 10

2 1+i 32 1 33) i

4 2 2(1 i 3 )

19 7i 20 5i 19 7i i 20 5i i4)

9 i 7 6i 9 i i 7 6i

− +× = = −− − + +

−= = × = −− + + −

−− = = − −−

+ + + + + − + = × + × − + − + + −

3

3 33 3

i

164+82i 170 85i= + =(2+i) (2 i) (8+12i 6 i)+(8 12i 6+i)=4

82 85

− + − = − − − −

Dans le 4), vous remarquerez qu’il est plus simple de calculer la forme algébrique à l’intérieur

des parenthèses avant d’élever au cube.






(MATH06E03A)

Pour les cas simples, il n’est pas nécessaire de « dérouler » la méthode, on peut procéder

comme suit :

• On écrit 11 3 3

2 2 2 2 2 24 42 2

iz i cos i sin

π π = − + = − + = +

Le module de 1z est 1 2 2z =

L'argument de 1z est 1arg z = 3

4

πmodulo 2π . Donc 1

32 2

4z ;

π =

• On écrit 21 3 2 2

1 3 2 22 2 3 3

z i i cos i sinπ π = − + = − + = +

Le module de 2z est 2 2z =

L'argument de 2z est 2arg z = 2

3

π modulo 2π . Donc 2

22

3z ;

π =






(MATH06E03B)

On écrit 1 1sin cos i sin

z i tan icos cos

ϕ ϕ ϕϕϕ ϕ

+= + = + =

• Si 2 2

,π πϕ ∈ −

alors 0cosϕ > et le module de z est 1

cosϕ et son argument ϕ modulo

2π

• En revanche, si 3

2 2,

π πϕ ∈ alors 0cosϕ < et l'on écrit

( ) ( ) ( )cos i sin cos i sinz

cos cos

ϕ ϕ π ϕ π ϕϕ ϕ

− + + + += =

− −

le module de z est 1

cosϕ− et son argument π ϕ+ modulo 2π .

Attention de ne pas commettre l’erreur courante de prendre comme module un nombre

négatif !






(MATH06E03C)

• 1 5 5z sin i cos

π π= + .

Il faut se ramener à ( )z r cos i sinα α= +

On utilise les relations trigonométriques 2

sin cosπ ϕ ϕ − =

et 2

cos sinπ ϕ ϕ − =

alors 13 3

2 5 2 5 10 10z cos i sin cos i sin

π π π π π π = − + − = +

3

10i

eπ

=

Le module de 1z est 1 et son argument 3

10


31

10z ;

π =

• 2 7 7z sin i cos

π π= − +

On utilise les relations trigonométriques 2

cos sinπ ϕ ϕ + = −

et 2

sin cosπ ϕ ϕ + =

alors 29 9

2 7 2 7 14 14z cos i sin cos i sin

π π π π π π = + + + = +

Le module de 2z est 1 et son argument 9

14


91

14z ;

π =






(MATH06E04A)

• 30

11 3

1

iz

i

+= −

1 3 2 1 23 4

ii ; et i ;

π π + = − = −

21 3 2 2 73

1 3 4 122 224

;i

; ;i

;

ππ π π

π

+ = = − − = − −

30 3015 15 15

11 3 7 35

2 2 2 21 12 2 2

iz ; ; ; i

i

π π π + = = = = − = − −

• 30

21 2

1 2

iz

i

+ += + −

( )( )

( )( )

2

2

1 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1

1 2 1 2 2 2 1 22 2 2 21 2 1

i ii i i i

i

+ + + + ++ + + − + + + += = = =+ − + + + ++ +

Finalement : 1 2 1

141 2 2

i i;

i

π+ + + = = + −

Donc

30 30

21 2 15

1 1 14 2 21 2

iz ; ; ; i

i

π π π + + = = = = − = − + −

• ( )55

32

1 3 23

z i ;π = − + =

(Vous pourrez regarder la solution de l’exercice MATH06E03A)

Donc ( ) ( )55 5

32 10 4

1 3 2 2 32 16 1 33 3 3

z i ; ; ; iπ π π = − + = = = = − −






(MATH06E04B)

2 3 41 2 2 4 4

4 4 4 42 3 4) z= 2; z = ; z = 2; z = ;

π π π π = −

2) En posant ( ) ( )44 4k k4k+p p pn k p on a z z z z= + = = −

( ) ( ) ( )6 625 4 1 1 12 12 124 2 2 2 2 2 1

4 4z z z z , , i

π π = = − = = = +

3) Calculons S.

( )( ) ( )( )

25 122 24 12 12 12

12 12

1 1 2 11 1 2 1 2 1 2

1 1

2 1 2 4096 4095

z zS z z z i i i

z z i

i i

− −= + + + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + = = = − + = − + −− − −

= + − = −






(MATH06E05A)

On utilise les formules d'Euler

( ) ( )( )3

3 313 3

2 2 16

ix ix ix ixix ix ix ix ix ixe e e e

P x e e e e e ei

− −− − − − += = − − + − +

( ) ( ) ( ) ( )( )4 2 2 4 4 4 2 21 12 2 2

16 16ix ix ix ix ix ix ix ixP x e e e e e e e e

i i− − − −= − − + + = − − − −

Or ( ) ( )4 4 2 22 4 2 2ix ix ix ixe e i sin x et e e i sin x− −− = − =

( ) ( ) ( )1 14 2

8 4P x sin x sin x= − + .






(MATH06E06A)

On cherche le nombre complexe z sous la forme z iα β= + avec etα β réels.

On écrit

( )22 2 2 2 8 6z i i iα β α β αβ= + = − + = − + (I)

L'égalité des parties réelles et des parties imaginaires donne :

2 2 8 1

2 6 2

( )

( )

α βαβ

− = −

=

Plutôt que de résoudre ce système qui conduit à une équation du quatrième degré bicarrée, on

préfère ajouter une équation supplémentaire, en écrivant l'égalité des modules de l'équation

(I),

( ) ( )2 22 2 8 6 10α β+ = − + = (3)

En effectuant la somme des équations (1) et (3), on tire

22 2α = et 2 1α =

D'où deux solutions 1 21 1etα α= = −

La relation (3) prouve que etα β sont de même signe et par conséquent

1 1 1 1 11 3 1 3Si alors et z i iα β α β= = = + = +

2 2 2 2 21 3 1 3Si alors et z i iα β α β= − = − = + = − −

et l'équation du second degré 2 8 6z i= − + admet deux solutions opposées

1 2 11 3 1 3z i et z i z= + = − − = −

Il n'est pas inutile de vérifier l'exactitude des résultats en calculant

( ) ( )2 21 3 1 3 8 6i i i+ = − − = − +

Le discriminant est ( ) ( )22 4 3 4 4 3 8 6b ac i i i∆ = − = − + − − = − +

Cherchons un nombre complexe δ tel que 2 8 6iδ = ∆ = − +

Il existe deux nombres complexes 1 2 1z et z z= − répondant à la question. On choisit

arbitrairement l'un des deux nombres complexes, par exemple 1zδ = .

Les racines de l'équation du second degré sont alors :

2 2

b bz' et z"

a a

δ δ− + − −= =

soit




3 1 3 3 1 32 1 2

2 2

i i i iz' i et z" i

− + + − − −= = + = = −

Les solutions sont 2 1 2i; i+ −

on prendra toujours soin de vérifier les relations b c

S z' z" et P z' z"a a

= + = − = =

Dans cet exemple

( ) ( ) ( )( )2 1 2 3 2 1 2 4 3S i i i et P i i i= + + − = − = + − = − .






(MATH06E06B)

L'équation proposée possède une solution imaginaire pure.

Soit z ib= avec b R∈ la solution imaginaire pure de l'équation.

( ) ( )( ) ( )( )3 21 6 13 6 9 12 0ib i ib i ib i+ + + − + − − =

( ) ( )2 3 26 9 6 13 12 0b b b b b i− − − + − − − − =

Ce nombre complexe est nul si et seulement si sa partie réelle et sa partie imaginaire sont

toutes les deux nulles.

( )

3 23 2

22

6 13 12 06 13 12 0

6 9 0 3 0

b b bb b b

b b b

− − − − =− − − − = ⇔ − − − = − + =

L'équation du second degré 2 6 9 0b b− − − = admet la racine double (cas très exceptionnel)

3b = − ;

La valeur 3b = − est solution de l'équation du troisième degré 3 26 13 12 0b b b− − − − =

L'équation proposée admet donc la racine imaginaire pure 3z i= − et par conséquent, on peut

mettre ( )3z i+ en facteur dans ( ) ( )3 21 6 13 6 9 12z i z i z i+ + + − + − −

Ainsi ( ) ( )3 21 6 13 6 9 12z i z i z i+ + + − + − − = ( )( )23z i Az Bz C+ + +

Par identification, on trouve 1 1 3 4 3A B i C i= = + = − +

Pour résoudre l'équation du second degré ( )2 1 3 4 3 0z i z i+ + − + = , on obtient

successivement 2 8 6 3 3i donc i ou iδ δ δ∆ = = − = − = − +

et les racines de l'équation du second degré sont

1 2 2z' i et z" i= − = − −

Les solutions de l'équation initiale sont 3 1 2 2i ; i ; i− − − − .






(MATH06E06C)

Comme i n'est pas solution, posons z i

Zz i

+=−

( ) ( ) 1n n nz i z i Z+ = − ⇔ =

Les solution de cette équation sont donc les racines nièmes de l’unité.

11

1

z i ZPour Z Z z i

z i Z

+ +≠ = ⇔ =− −

Les solutions sont donc les kz avec 1 1k ,.....,n∈ − définis par

2

2

11 1

1

k k ki i i

n n n

k k k ki i i

n n n

e e e kz i i cot an k ,.....,n

ne e e

π π π

π π ππ

−

−

+ += = = ∈ −

− −



UMN06 : Complexes AIDES Septembre 2000


(MATH06E01A)

• On remplace z par bi et on cherche la valeur de b sachant qu’un complexe est nul

si et seulement si sa partie réelle et sa partie imaginaire sont nulles.

• bi étant racine du polynôme on factorise z bi− et on peut ensuite résoudre

l’équation du second degré. Pour factoriser z bi− , la méthode la plus sure est la

division euclidienne des polynômes. Nous verrons de façon théorique dans un

prochain chapitre cette notion très simple à comprendre. Vous pouvez cependant

vous reportez à la solution commentée qui présente cette méthode.



(MATH06E01B)

Même méthode que dans l’exercice E01A.



(MATH06E02A)

Pour se débarrasser des nombres complexes au dénominateur, on multiplie ceux-ci

par leur nombre complexe conjugué afin d’obtenir au dénominateur un nombre réel,

on utilise en fait la propriété : a bi a bi a b+ − = +b gb g 2 2

Exemple : 2

3 2

2

3 2

3 2

3 2

8

13

8

13

1

13

−−

= −−

× ++

= + = +i

i

i

i

i

i

ii



(MATH06E02B)

• Dans les 4 premiers exemples, on utilise les propriétés sur les complexes

développées au paragraphe 2 du cours.

• Dans le 5), pour « se débarrasser » du nombre complexe au dénominateur, on

multiplie celui-ci par son nombre complexe conjugué afin d’obtenir au

dénominateur un nombre réel, on utilise en fait la propriété :

a bi a bi a b+ − = +b gb g 2 2

Exemple : 2

3 2

2

3 2

3 2

3 2

8

13

8

13

1

13

−−

= −−

× ++

= + = +i

i

i

i

i

i

ii



(MATH06E02C)

• Les trois premiers calculs font appel aux mêmes règles de calcul que pour les

exercices précédents.

• Notez cependant qu’il est préférable dans le 4) de mettre sous forme algébrique

l’intérieur des parenthèses et de calculer la puissance après cette simplification.



(MATH06E03A)

On rappelle les formules du cours :

z et z a bi r avec

r a bi a b et

b

ra

r

≠ = + =

= + = +=

=

RS||

T||

0

2 2

,

sin

cos

θ

θ

θ

Cela permet en général de déterminer θ à 2kπ s’il s’agit d’une valeur usuelle, sinon

on se contentera d’une valeur approchée à 2kπ .



(MATH06E03B)

Exercice classique et erreur classique : on met le complexe z a bi= + sous la forme

r icos sinθ θ+b g et on conclut hâtivement que le module est r et l’argument θ .

Ceci n’est vrai que si r est strictement positif.

Si r est négatif, il faut faire des transformations trigonométriques pour se ramener à

un nombre positif. En général, x x etc+ −π π, , ...

z i i

z i i

= − + = + + + = +

′ = − − = − + − = −

2 2 2

2 2 2

cos sin cos sin ;

cos sin cos sin ;

θ θ θ π θ π θ π

θ θ π θ π θ π θ

b g b g b gc hb g b g b gc h



(MATH06E03C)

Le complexe est sous la forme z r i= +sin cosθ θb g , Il faut donc transformer le sinus

en cosinus et le cosinus en sinus. Pour cela on utilise les formules

cos sin , cos sin ...x x x x etc+FHGIKJ = − −FHG

IKJ =π π

2 2

sin cos cos sin ;π π π π π π π11 11 11 2 11 2

19

22− = −FHG

IKJ + −FHG

IKJ = −LNM

OQPi i



(MATH06E04A)

Il faut mettre le complexe sous forme trigonométrique afin de pouvoir utiliser la

formule de MOIVRE.

En effet : r r nn n; ;θ θ= .

Lorsqu’il s’agit de lignes trigonométriques connues et reconnaissables, on peut

mettre le numérateur et le dénominateur sous forme trigonométrique et utiliser les

propriétés : r

r

r

r

;

;;

θθ

θ θ′ ′

=′

− ′LNM

OQP .

1

2 2

24

2 24

1

2 4 4

1

2 2

1

2

+−

=

LNMOQP

−LNM

OQP

= − −FHGIKJ

LNM

OQP =LNMOQP =

i

ii

;

;

; ;

π

ππ π π



(MATH06E04B)

Exercice un peu plus théorique.

• Comme dans l’exercice précédent, Il faut mettre le complexe sous forme

trigonométrique afin de pouvoir utiliser la formule de MOIVRE

( r r nn n; ;θ θ= ). Les calculs doivent faire apparaître « une période » au

niveau des résultats.

• Ensuite, il faut écrire z z zk p k p4 4+ = e j et utiliser les résultats de la question 1)

• Pour la dernière question, il faut utiliser le résultat démontré dans le chapitre sur

les suites géométriques : 11

12

1

+ + + + = −−

+q q q

q

qn

n

!



(MATH06E05A)

Référez-vous à l’exemple similaire traité dans le cours.

Vous devez trouver : sin cos sin sin3 1

84

1

42x x x x= − +b g b g

Il est prudent, à la fin de l’exercice d’essayer quelques valeurs usuelles.



(MATH06E06A)

On pose z i= +α β

D’après la méthode du cours on doit résoudre : α βαβ

2 2 8

2 6

− = −=

RS|T|Vous pourrez regarder la solution proposée qui utilise la technique du cours et

comparer votre résultat obtenu en utilisant la méthode suivante :

α βαβ

α β

αβ

α β

2 2

2 2

2 2

8

2 6

8

0

9

− = −=

RS|T|⇔

+ − = −

>

− = −

RS||

T||

e j

e jOn est donc ainsi ramené à chercher deux nombres α β2 2et − dont on connaît la

somme et le produit donc solution de l’équation : X X2 8 9 0+ − = .

Rappelez-vous que αβ > 0

A vous de finir !



(MATH06E06B)

• On remplace z par bi et on cherche la valeur de b sachant qu’un complexe est nul

si et seulement si sa partie réelle et sa partie imaginaire sont nulles.

• bi étant racine du polynôme, on factorise z bi− et on peut ensuite résoudre

l’équation du second degré. On trouve un discriminant complexe, qu’il faut faire

apparaître comme un carré.



(MATH06E06C)

On pose Zz i

z i= +

−, on est ramené à résoudre : Z n = 1 dont les solutions sont les

racines nièmes de l’unité.

On peut alors se référer au cours § 6.2

6-les nombres complexes - formation continue...

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