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Prépa CAPES UPMC 2008 Emmanuel Ferrand, Laurent Koelblen, Matthieu Romagny Lund

Prépa CAPES UPMC 2008 Emmanuel Ferrand, Laurent Koelblen, Matthieu Romagny Lundi 8 septembre 2008 Nombres complexes Corrigé ex. 1 Posons z = 1 + eiθ, on a z = 1 + cos(θ) + i sin(θ) = 2 cos2(θ/2) + 2i sin(θ/2) cos(θ/2) = 2 cos(θ/2)eiθ/2 . Il ne faut pas avoir l’impression d’avoir ﬁni, car d’une part, si z = 0 l’argument n’est pas déﬁni, et d’autre part cos(θ/2) peut être négatif. Il faut donc discuter en fonction de son signe. On a cos(θ/2) > 0 si et seulement si il existe k ∈Z tel que −π/2 + 2kπ < θ/2 < π/2 + 2kπ, si et seulement si il existe k ∈Z tel que −π + 4kπ < θ < π + 4kπ. De même, cos(θ/2) < 0 ssi il existe k ∈Z tel que π + 4kπ < θ < 3π + 4kπ. On peut maintenant conclure la discussion : - si θ = π + 2kπ, alors z = 0 donc |z| = 0 et l’argument n’est pas déﬁni. - si θ ∈S k∈Z ] −π + 4kπ; π + 4kπ[, alors cos(θ/2) > 0 donc la forme module-argument est z = 2 cos(θ/2)eiθ/2 . - si θ ∈S k∈Z ]π + 4kπ; 3π + 4kπ[, alors cos(θ/2) < 0. Dans ce cas cos(θ/2) = −| cos(θ/2)| = | cos(θ/2)|eiπ donc la forme module-argument est z = 2| cos(θ/2)|ei(π+θ/2). Remarque. En pratique, c’est souvent la formule 1 + eiθ = 2 cos(θ/2)eiθ/2 qui est utile. Corrigé ex. 2 Noter que comme on exclut le cas ∆= 0, on doit trouver deux racines distinctes pour δ. (1) L’équation δ2 = ∆est équivalente à σ2e2iϕ = ρeiθ, ou encore au système : σ2 = ρ et 2ϕ ≡θ (2π) . Comme ρ et σ sont strictement positifs, la première équation donne σ = √ρ. Quant à la deuxième, 2ϕ ≡θ (2π) signiﬁe qu’il existe k ∈Z tel que 2ϕ = θ + 2kπ, donc ϕ = θ/2 + kπ. Dans le cas pair k = 2ℓon trouve ϕ = θ/2 + 2ℓπ donc ϕ ≡θ/2 (2π). Dans le cas impair k = 2ℓ+ 1, on trouve ϕ = θ/2 + π + 2ℓπ donc ϕ ≡θ/2 + π (2π). Les solutions sont donc δ1 = √ρ eiθ/2 et δ2 = −δ1 = √ρ ei(θ/2+π). D’une autre manière, on peut proposer la racine évidente δ1 = √ρ eiθ/2 puis faire observer que l’autre racine est son opposée δ2 = −δ1 = −ρ eiθ/2 = √ρ ei(θ/2+π). (2) On commence par démontrer l’équivalence proposée, et pour cela on commence par le sens direct. Supposons donc que δ2 = ∆. Alors en particulier, - δ2 et ∆ont même module, donc x2 + y2 = p f 2 + g2, - ils ont même partie réelle, donc x2 −y2 = f, - leurs parties réelles sont de même signe. On a obtenu les trois conditions de l’accolade. Réciproquement, supposons les conditions de l’accolade vériﬁées. De la première condition puis de la deuxième, on tire g2 = (x2 + y2)2 −(x2 −y2)2 = 4x2y2 donc g = ±2xy . Comme xy et g sont de même signe, on trouve g = 2xy. Donc δ2 = x2−y2+2ixy = f +ig = ∆. On en déduit la résolution pratique de l’équation δ2 = ∆en cartésiennes. Il s’agit de calculer x et y. Or les deux premières équations du système permettent d’exprimer x2 = 1 2( p f 2 + g2 + f) et y2 = 1 2( p f 2 + g2 −f) . Comme p f 2 + g2 ≥|f|, le membre de gauche de ces équations est positif ou nul donc on tire x = ± r 1 2( p f 2 + g2 + f) et y = ± r 1 2( p f 2 + g2 −f) . Si g = 0, l’une de ces deux expressions est nulle. Par exemple, si f < 0, c’est la première. On trouve alors x = 0 et pour y deux valeurs possibles, d’où les deux solutions pour δ. Le cas f > 0 est analogue, c’est alors la deuxième expression qui est nulle. Si g ̸= 0, aucune des deux expressions n’est nulle. On a exactement deux possibilités pour x, deux pour y, donc au total quatre possibilités pour δ. Mais la condition que xy est du signe de g en élimine deux, et il reste deux solutions pour δ. (3) D’abord un mot sur la résolution de l’équation du second degré az2 + bz + c avec a, b, c complexes (et a ̸= 0). C’est sensiblement la même chose que lorsque a, b, c sont réels. Notons ∆:= b2 −4ac le discriminant. Les solutions sont à rechercher dans C, comme d’ailleurs dans le cas réel avec ∆< 0. La diﬀérence principale est que pour les nombres complexes, il n’existe pas de racine carrée privilégiée donc le symbole √ ∆n’a pas de sens. Ceci dit, si l’on note δ l’une des racines carrées de ∆, l’autre est bien sûr −δ. Le calcul habituel az2 + bz + c = a (z + b 2a)2 −∆ 4a2 montre que les solutions de l’équation sont z1 = −b+δ 2a et z2 = −b−δ 2a . La diﬃculté est donc essentiellement de calculer les racines carrées de ∆. Pour cela on utilise la méthode de la question (2), que l’on détaillera à chaque fois (les formules ne sont pas à connaître par cœur). Passons à l’exemple z2 + (1 −2i) −7i. On trouve ∆= −3 + 24i. Soit δ = x + iy une racine carrée, alors x2+y2 = √9 + 576 = √ 585 = 3 √ 65 et x2−y2 = −3. Ainsi x = ± q 1 2(3 √ 65 −3) = ± p 3/2 p√ 65 −1 et y = ± p 3/2 p√ 65 + 1. Comme la partie imaginaire de δ2, égale à 2xy, doit être du signe de celle de ∆, on obtient ﬁnalement les racines carrées de ∆: δ = p 3/2 q√ 65 −1 + i q√ 65 + 1 et −δ . Finalement les solutions de z2 + (1 −2i) −7i = 0 sont z1 = −1 + 2i + p 3/2( p√ 65 −1 + i p√ 65 + 1) 2 et z2 = −1 + 2i − p 3/2( p√ 65 −1 + i p√ 65 + 1) 2 . Corrigé ex. 3 (1) Notons z = a + bi, alors Re(z) ≤|z| car a ≤ √ a2 + b2. On a Re(z) = |z| ssi (b = 0 et a ≥0), c’est-à-dire z ∈R+. (2) Regardons le cas n = 2. Clairement |z1 + z2| = |z1| + |z2| ssi |z1 + z2|2 = (|z1| + |z2|)2, or |z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2Re(z1z2) et (|z1| + |z2|)2 = |z1|2 + |z2|2 + 2|z1||z2| . On trouve donc Re(z1z2) = |z1||z2| = |z1||z2| = |z1z2|. D’après le point (1) on a z1z2 ∈R+. Comme z2 ̸= 0, en divisant par |z2|2 on trouve z1/z2 ∈R+, ou encore Arg(z1) = Arg(z2). Ceci suggère que |z1 + · · · + zn| = |z1| + · · · + |zn| ssi Arg(z1) = · · · = Arg(zn). Un sens est évident, car si Arg(z1) = · · · = Arg(zn) =: θ alors pour tout k on a zk = ρkeiθ et donc |z1 + · · · + zn| = |(ρ1 + · · · + ρn)eiθ| = ρ1 + · · · + ρn = |z1| + · · · + |zn| . Démontrons par récurrence sur n ≥2 l’implication récriproque : P(n) : |z1 + · · · + zn| = |z1| + · · · + |zn| ⇒ Arg(z1) = · · · = Arg(zn) . On a déjà démontré P(2). Vériﬁons que P(n) ⇒P(n + 1). On se donne n + 1 complexes non nuls tels que |z1| + · · · + |zn+1| = |z1 + · · · + zn+1|. Par l’inégalité du triangle, on a |z1| + · · · + |zn+1| hyp = |z1 + · · · + zn+1| ≤|z1 + · · · + zn| + |zn+1| ≤|z1| + · · · + |zn| + |zn+1| . Donc les inégalités intermédiaires sont des égalités, en particulier |z1+· · ·+zn| = |z1|+· · ·+|zn|. Par l’hypothèse de récurrence P(n), Arg(z1) = · · · = Arg(zn) =: θ. Le même raisonnement en faisant jouer à z1 le rôle de zn+1 donne Arg(z2) = · · · = Arg(zn+1) = θ et on a ﬁni. Passons à une démonstration directe de l’implication |z1 + · · · + zn| = |z1| + · · · + |zn| ⇒ Arg(z1) = · · · = Arg(zn) . En posant θ := Arg(z1 + · · · + zn) et yk = e−iθzk comme suggéré par l’énoncé, on a y1 + · · · + yn = e−iθ(z1 + · · · + uploads/s3/ complexes-corrige.pdf