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Algebre
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Algebre
Exercice 1.
1) Donner le module et un argument principal de chacun des nombres com-
plexes suivants
√ √ !3
1−i 3 (1 + i)8 √
1+i 3 1−i 3
√ , 4
, √ , √ , 3i(− 3 − i)(1 + i).
3−i (1 − i) 3+i 3−i
(1+i) 8
Pour b = (1−i)4
√ 8−4
|b| = ( 2) =4
1
2
√ √
|e| = |3i||− 3 − i||1 + i| √
=6 2
−π
Arg(e) = Arg(3i) + Arg(− 3 − i) + Arg(1 + i) = π2 − 5π π
6 + 4 = 12
2) Soient z, z 0 ∈ C tel que zz 0 6= 1 et |z| = 1. Montrons que
z − z0
1 − zz 0 = 1.
On a
z − z0 z − z0 1 z − z0
1 − zz 0 zz − zz 0 z z − z 0 = 1
= =
car |z| = 1.
En supposant que |z 0 | = 1 et |z| 6= 1. il est clair que |zz 0 | 6= 1 ce qui
implique zz 0 zz 0 6= 1 donc z 0 z 6= 1 on applique la remarque précedente on
aura 0
z −z
1 − z 0 z = 1.
Solution
Exercice 2. 1) l’ensemble des points M du plan d’affixe z qui vérifient
|z − 1| = |z + 5|, est la médiatrice du segment [KL] avec K d’affixe 1 et
L d’affixe -5 donc c’est la droite passante par le milieu [KL] d’affixe -2 et
orthogonal à l’axe des reéls
Pour les points M d’affixe z vérifiant
√
1
− 1 = 2.
z
équivalent
√
|1 − z| = 2 |z|
et parsuite
(1 − z)(1 − z) = 2zz
donc
zz + z + z = 1.
Posons z = x + iy, On aura
zz + z + z = 1 ⇔ (x + 1)2 + y 2 = 2.
√ √
c-à-d |z + 1| = 2 donc c’est un cercle de centre d’affixe -1 et de rayon 2
voir fig1 en annexe
2) Soient A et B deux points du plan de coordonnées respectives (1, −1) et
(5, 4) et soit M un point du plan d’affixe z. Le point M est dans la droite
(AB) si et seulement si
−−→ −−→
M (z) ∈ (AB) ⇔ il existe λ ∈ R : AM = λAB
donc
z − (1 − i) = λ(4 + 5i) ⇔ −5Re(z) + 4Im(z) + 9 = 0
Pour que M(z) appartient au cercle de centre A et de rayon 3. il faut que
AM = 3 ⇔ |z − (1 − i)| = 3
4
5) cos4 θsinθ
eiθ + e−iθ 4 1 i4θ
cos4 (θ) = ( ) = (e + 4ei2θ + 6 + 4e−2iθ + e−i4θ )
2 16
1
= (2cos(4θ) + 8cos(2θ) + 6)
16
en utilisant la formule suivante
1
sin(x)cos(y) = (sin(x + y) + sin(x − y))
2
1
sin θ cos4 θ = (2 sin θcos4θ + 8 sin θcos2θ + 6 sin(θ)
16
1
= [2 sin(θ)cos(4θ) + 8 sin(θ)cos(2θ) + 6 sin(θ)]
16
1
= (sin(5θ) − sin(3θ) + 4 sin(3θ) − 4sin(θ) + 6 sin(θ))
16
= (sin(5θ) + 3 sin(3θ) + 2sin(θ))/16
pour exprimer
cos6θ = Re[(eiθ )6 ]
= Re(cos6 θ + 6icos5 θsinθ − 15cos4 θsin2 θ − i20cos3 θsin3 θ
+ 15cos2 θsin4 θ − 6icosθsin5 − sin6 θ)
= cos6 θ − 15cos4 θsin2 θ + 15cos2 θsin4 θ − sin6 θ
5
On remplace θ par 2θ
n
X sin(n + 1)θ
sin(2kθ) = sinnθ[ ]
sinθ
k=0
Exercice 3 1) Résoudre dans C, les équations
z n = z 2 , (n ∈ N∗ ), z 3 = 1 − i
√
2) Résoudre dans√ C l’équation z 2 − 3 z − i = 0. Déduire les solutions de
l’équation z 2 − 3 z + i = 0.
3) Résoudre dans C les équations
z 2 − (5i + 14)z + 10i + 24 = 0, z 6 − 2z + 1 = 0.
Solution
1) Pour
z n = z 2 , (n ∈ N∗ )
on va distinguer trois cas
Le premier cas n = 1
l’équation devient z = z 2 ce qui équivalent à z = 0 ou z = 1 S = {0, 1}
Le deuxième cas n = 2
l’équation devient z 2 = z 2 ce qui vrai pour tout les nombres complexes S = C
Le troisième cas n > 2
z n = z 2 et si z 6= 0 on aura z n−2 = 1 donc z est la racine d’ordre n − 2 de
l’unité, d’où l’ensemble des solutions dans ce cas est
2kπ
S = {ei n−2 /k ∈ {1, 2, ...n − 3}} ∪ {0}.
√ π
Pour z 3 = 1−i on pose z = |z|eiθ et on a que 1−i = 2e−i 4 ce qui implique
√ π
|z|3 = 2, 3θ ≡ − [2π]
4
6
ce qui implique
√
q
π 2kπ
3
S={ 2ei(− 12 + 3
)
/k ∈ {0, 1, 2}}
√
2) Pour z 2 − 3 z − i = 0 (∗) alors ∆ = 3 + 4i en calculant les racines de
Z2 = ∆ p p
δ1 = (|∆| + Re∆)/2 + (|∆| − Re∆)/2 = 2 + i
et p p
δ2 = −[ (|∆| + Re∆)/2 + (|∆| − Re∆)/2] = −2 − i
√ √
alors z1 = ( 3 + 2 + i)/2 et z2 = ( 3 − 2 − i)/2√ remarquons que par passage
au conjugué dans l’équation (*) on aura z 2 − 3 z +√i = 0 et donc il que est
clair que si z solution de (*) z est solution√de z 2 − 3 z + i = 0√(∗∗) ce qui
0 0
implique que les racines de (**) sont z1 = ( 3+2−i)/2 et z2 = ( 3−2+i)/2
3) Pour
z 2 − (5i + 14)z + 10i + 24 = 0
alors
∆ = 75 + 100i
2
en calculant les racines de Z = ∆
p p
δ1 = (|∆| + Re∆)/2 + (|∆| − Re∆)/2 = 10 + 5i
et p p
δ2 = −[ (|∆| + Re∆)/2 + (|∆| − Re∆)/2] = −10 − 5i
alors z1 = 12 + 10i et z2 = 2
- Pour z 6 −2z 3 +1 = 0. on pose Z = z 3 on aura Z 2 −2Z +1 = 0. (Z −1)2 = 0.
ce qui est équivalent à Z = 1 Z = z 3 = 1 donc
2kπ
S = {e 3 /k = 0; 1; 2}
2) d’après 1) k = α2 et ω = α2α−1
3) pour que T soit une rotation il faut que |α2 | = 1 ce qui équivalent à
|α| = 1 dans ce cas T est une rotation de centre Ω d’affixe ω = α2α−1 et
d’angle 2Argα avec α 6= 1 et α 6= −1
4)
z 0 = α2 z − α
T est une similitude directe donc il ne peut pas être une similitude indirecte
Exercice 7. Soient A le point d’affixe i et B le point d’affixe 2 − i. Soit
B” le symétrique de B par rapport à l’axe (Oy).
9