Planche no 7. Nombres complexes : corrigé Exercice no 1 On a 1 + i = √ 2eiπ/4.

Planche no 7. Nombres complexes : corrigé Exercice no 1 On a 1 + i = √ 2eiπ/4. Les racines carrées de 1 + i dans C sont donc 4 √ 2eiπ/8 et − 4 √ 2eiπ/8. On a aussi, pour (x, y) ∈R2, (x + iy)2 = 1 + i ⇔    x2 −y2 = 1 x2 + y2 = √ 2 xy > 0 ⇔            x2 = 1 2( √ 2 + 1) y2 = 1 2( √ 2 −1) xy > 0 ⇔(x, y) ∈   ±   s√ 2 + 1 2 , s√ 2 −1 2     . Les racines carrées de 1 + i sont donc aussi ± r√ 2 + 1 2 + i r√ 2 −1 2 ! . Puisque Re(eiπ/8) = cos π 8 > 0, on obtient 4 √ 2eiπ/8 = r√ 2 + 1 2 + i r√ 2 −1 2 , ou encore eiπ/8 = s√ 2 + 1 2 √ 2 + i s√ 2 −1 2 √ 2 = 1 2 q 2 + √ 2 + i q 2 − √ 2  et donc, par identification des parties réelles et imaginaires, cos π 8 = 1 2 p 2 + √ 2 et sin π 8 = 1 2 p 2 − √ 2. Exercice no 2 1) z2 + z + 1 = 0 ⇔z = −1 2 + i √ 3 2 = j ou z = −1 2 −i √ 3 2 = j2. 2) ∆′ = 12 −2 = −1 = i2. L’équation a donc deux solutions non réelles et conjuguées, à savoir z1 = 1 2(−1 + i) et z2 = 1 2(−1 −i). 3) Soit θ ∈R. Pour tout complexe z, on a z2 −2z cos θ + 1 = (z −cos θ)2 + 1 −cos2 θ = (z −cos θ)2 + sin2 θ = (z −cos θ)2 −(i sin θ)2 = (z −cos θ −i sin θ)(z −cosθ + i sin θ) = (z −eiθ)(z −e−iθ) L’équation proposée a donc deux solutions (pas nécessairement distinctes) z1 = eiθ et z2 = e−iθ. De plus, ∆′ = cos2 θ −1 = −sin2 θ et ces solutions sont distinctes si et seulement si θ / ∈πZ. 4) Soit (E) l’équation z2 −(6 + i)z + (11 + 13i) = 0. Son discriminant est ∆= (6 + i)2 −4(11 + 13i) = −9 −40i. Comme 40 = 2 × 20 = 2 × (4 × 5) et que 42 −52 = 16 −25 = −9, on est en droit de deviner que ∆= (4 −5i)2. L’équation (E) a deux solutions distinctes dans C à savoir z1 = 6 + i + 4 −5i 2 = 5 −2i et z2 = 6 + i −4 + 5i 2 = 1 + 3i. 5) Soit (E) l’équation 2z2 −(7 + 3i)z + (2 + 4i) = 0. Son discriminant est ∆= (7 + 3i)2 −8(2 + 4i) = 24 + 10i. Comme 10 = 2 × 5 = 2 × (5 × 1) et que 52 −12 = 24, on est en droit de deviner que ∆= (5 + i)2. L’équation proposée a deux solutions distinctes dans C à savoir z1 = 7 + 3i + 5 + i 4 = 3 + i et z2 = 7 + 3i −5 −i 4 = 1 2(1 + i). Exercice no 3 1) On a a = e2iπ/5 + e8iπ/5 = e2iπ/5 + e−2iπ/5 = 2 cos 2π 5  et b = e4iπ/5 + e6iπ/5 = e4iπ/5 + e−4iπ/5 = 2 cos 4π 5  . 1, z, z2, z3 et z4 sont les cinq racines cinquièmes de 1 dans C. Par suite, 1 + z + z2 + z3 + z4 = 0. Mais alors a + b = z + z2 + z3 + z4 = −1 et ab = (z + z4)(z2 + z3) = z3 + z4 + z6 + z7 = z + z2 + z3 + z4 = −1 (car z5 = 1). http ://www.maths-france.fr 1 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. a et b sont donc les solutions de l’équation X2 + X −1 = 0 dont les racines sont −1 + √ 5 2 et −1 − √ 5 2 . Enfin, puisque 2π 5 ∈ i 0, π 2 h , on a a > 0. Par suite, cos 2π 5  = −1 + √ 5 4 et cos 4π 5  = −1 − √ 5 4 . D’autre part, sin 2π 5  > 0 et donc, sin 2π 5  = + s 1 −cos2 2π 5  = v u u t1 − −1 + √ 5 4 !2 = 1 4 q 10 + 2 √ 5. cos 2π 5  = √ 5 −1 4 et sin 2π 5  = 1 4 p 10 + 2 √ 5. De même, en remplaçant √ 5 par − √ 5, cos 4π 5  = −1 − √ 5 4 et sin 4π 5  = 1 4 p 10 −2 √ 5. Enfin, cos π 5  = −cos  π −π 5  = −cos 4π 5  = 1 + √ 5 4 et sin π 5  = sin  π −π 5  = sin 4π 5  = 1 4 p 10 −2 √ 5. 2) Le rayon du grand cercle vaut, d’après le théorème de Pythagore : R = p ΩO2 + OM2 = √ 5 2 . Donc xI = xΩ+ R = −1 + √ 5 2 et xJ = xΩ−R = −1 − √ 5 2 . Par suite, xI + xJ = xI × xJ = −1 puis xI = 2 cos 2π 5  et xJ = 2 cos 4π 5  . Ceci montre que les médiatrices des segments [O, I] et [O, J] coupent le cercle de centre O et de rayon 1 en quatre des cinq sommets du pentagone. O M Ω I J 3) Posons x = AF AC. D’après le théorème de Thales (je vous laisse vérifier les parallèlismes), x = AF AC = HK HC = FG FC = AC −2AF AC −AF = 1 −2x 1 −x . Donc x2 −3x + 1 = 0 et puisque x < 1, x = 3 − √ 5 2 . Puis AG AC = AC −AF AC = 1 −x = −1 + √ 5 2 et FG AF = AC −2AF AF = 1 x −2 = 2 3 − √ 5 −2 = 3 + √ 5 2 −2 = −1 + √ 5 2 . http ://www.maths-france.fr 2 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. A B C D E G F K H Définition du nombre d’or. A B C • • • On veut que C partage le segment [A, B] de telle sorte que BC AC = AC AB (« petit moyen = moyen grand ») c’est-à-dire, en posant a = AB et x = AC, x a = a −x x ou encore  x a 2 + x a −1 = 0 et donc, puisque x a > 0, x a = −1 + √ 5 2 . Le nombre d’or (ou proportion dorée) est le nombre −1 + √ 5 2 = 0, 618... On peut aussi prendre pour le nombre d’or le rapport a x = 1 + √ 5 2 = 1, 618... Exercice no 4 Soit α ∈ iπ 2 , π 2 h . 1 + i tan α 1 −i tan α = cos α + i sin α cos α −i sin α = e2iα. Donc, 1 + iz 1 −iz 3 = 1 + i tan α 1 −i tan α ⇔∃k ∈{−1, 0, 1}/ 1 + iz 1 −iz = ei( 2α 3 + 2kπ 3 ) = ωk ⇔∃k ∈{−1, 0, 1}/ i(ωk + 1)z = ωk −1. Maintenant, pour k ∈{−1, 0, 1}, ωk = −1 ⇔2α 3 + 2kπ 3 ∈π + 2πZ ⇔α ∈−kπ + 3π 2 + 3πZ, ce qui est exclu pour α ∈ i −π 2 , π 2 h . Donc, 1 + iz 1 −iz 3 = 1 + i tan α 1 −i tan α ⇔∃k ∈{−1, 0, 1}/ z = ωk −1 i(ωk + 1) ⇔∃k ∈{−1, 0, 1}/ z = ei( α 3 + kπ 3 ) ei( α 3 + kπ 3 ) ei( α 3 + kπ 3 ) −e−i( α 3 + kπ 3 ) i(ei( α 3 + kπ 3 ) + e−i( α 3 + kπ 3 )) ⇔∃k ∈{−1, 0, 1}/ z = 2i sin( α 3 + kπ 3 ) i(2 cos( α 3 + kπ 3 )) ⇔∃k ∈{−1, 0, 1}/ z = tan uploads/S4/ 07-complexes-corrige.pdf

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• Détails
• Publié le Sep 14, 2021
• Catégorie Law / Droit
• Langue French
• Taille du fichier 0.1131MB