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Mathématiques – AL1 - Complexes Page 1 sur 15 AL1 - Complexes – Exercices TD Corrigés – Rev 2014 AL1 – Complexes Séance de TD - Corrigés des exercices - 1 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation 2 2 GI FC34 2011 – Test – angle 3 3 GI FA 2011 – Test 1 – racines cubiques 4 4 GI FA 2011 – Test 2 – fonction complexe 5 5 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle 7 6 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions 9 7 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique 11 8 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4 12 9 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes 13 10 GIN FA 2011 – Test 1 – polynôme de degré 3 14

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AL1 – Complexes Séance de TD

- Corrigés des exercices -

1 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation 2

2 GI FC34 2011 – Test – angle 3

3 GI FA 2011 – Test 1 – racines cubiques 4

4 GI FA 2011 – Test 2 – fonction complexe 5

5 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle 7

6 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions 9

7 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique 11

8 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4 12

9 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes 13

10 GIN FA 2011 – Test 1 – polynôme de degré 3 14

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1 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation

On se place dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal ( ); ,u vO� �

, direct.

Soient les points A et B d’affixes respectives : A 1z = et B 3 2z i= − .

On considère la fonction f de ℂ dans ℂ définie par : ( ) 1f z iz i= + −

Pour alléger les écritures, on notera ( )z f z′ =

On associe au vecteur MM′�����

l'affixe z z′ − .

1) Placer A et B sur une figure que l’on complètera au fur et à mesure de l’exercice.

2) Dans cette question, on considère un point M, différent de A, donc d’affixe 1z ≠ .

a. Déterminer le complexe z

Zz

′ −=−

1

1.

( )11

1 1 1

i zz iz iZ i

z z z

−′ − −= = = =− − −

b. Déterminer le module Z et un argument arg(Z) de Z.

( ) ( );1 arg arg2

Z i Z iπ= = = =

c. Exprimer l'affixe de ′AM�����

en fonction de celle de AM����

. En déduire l’angle ( ),AM AM′���� �����

.

( ). ,

A AAM AM

2

AM AM AM

et 1

Donc e d'où AM AM2

i

z z z iz i z z z z

z i z z

π

′= − = − = − = −

π′= = =

����� ����

����� ���� ����

���� �����

d. En déduire la nature de la fonction f.

La fonction f est la rotation de centre A et d’angle 2

π (donc de sens direct).

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3) a. Calculer ( )Af z . Remarque ?

( )A A1 1 1f z i i z= × + − = = . On voit effectivement que le point A est invariant par cette

rotation, puisqu’il en est le centre.

b. Calculer ( )Bf z et placer sur la figure le point B' d'affixe ( )Bf z .

( ) ( )B 3 2 1 3 2f z i i i i= × − + − = +

4) Soit C le point dont l’image par la fonction f est le point C’ d’affixe C 3 3z i′ = − − .

Déterminer, par le calcul, l’affixe zC du point C. Placer C et C' sur la figure.

Deux façons de faire :

* avec les écritures cartésiennes et la définition de f :

( ) .C C C 1z f z iz i′ = = + − En multipliant les deux membres par i : C C 1iz z i′ = − + + , d’où

( )C C 1 3 3 1 2 4z iz i i i i i′= − + + = − − − + + = − +

* en utilisant la rotation :

C est l’image de C’ par la rotation de centre A et d’angle 2

π− , d’où

( ) ( )2C A C A C Ce 1 3 3 1 3 4 2 4

iz z z z z i i i z i

π−

′− = − ⇔ − = − − − − = − + ⇔ = − +

2 GI FC34 2011 – Test – angle

1) On donne, dans le plan complexe, les nombres A 1 3z i= + et B 1z i= − + .

a. Représenter précisément les points A et B dans la figure ci-dessous.

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b. Calculer les modules de ces deux nombres complexes.

;2

2 2 2

A B1 3 4 2 1 1 2z z= + = = = + =

c. Donner leurs écritures exponentielles, puis grâce à ces écritures, déterminer les réels positifs ρ

et θ tels que .B Aeiz zθρ= .

;3

3 4A B

1 3 1 12 2e 2 2e

2 2 2 2

i iz i z i

π π − = + = = + = , donc

3 5

4 3B 12

A

2 1e e

2 2

i iz

z

π π π− = = où

l’on voit les valeurs des réels ρ et θ .

d. A l’aide de leurs écritures cartésiennes, calculer B

A

z

z.

( )( )( )( )

B

A

1 1 31 1 3 3 3 1 3 1

4 4 41 3 1 3 1 3

i iz i i ii

z i i i

− + −− + − + + + − += = = = ++ + −

e. En déduire la valeur exacte du cosinus de l’angle 5

12

π.

La partie réelle de B

A

z

z est cos

π

1 5

122. Donc

( )cos

−π =

2 3 15

12 4.

3 GI FA 2011 – Test 1 – racines cubiques

Les questions 1 et 2 sont indépendantes.

1) Déterminer les racines cubiques complexes du nombre i, en utilisant l’écriture cartésienne.

On cherche les nombres complexes de forme a ib+ tels que ( )a ib i+ =3. Développons :

( )( ) ( )( ) ( )

2 23 2

13 3 2 2 3

2 3 2 2

2

3 03 03 3

3 1 3 1

a a b Ea aba ib i a ia b ab ib i

a b b b a b E

− = − = + = ⇔ + − − = ⇔ ⇔ − = − =

Avec ( )1E , on distingue deux cas :

1. a = 0. Alors ( )2E donne b = −3 1 , soit b = -1.

Première racine cubique : z1 = 0 – 1.i = -i.

2. a ≠ 0. Alors ( )1E donne a b=2 23 , puis par substitution dans ( )2E : b =3 1

8soit b = 1/2.

Comme a b=2 23 , on a alors a =2 3

4, soit a = 3

2 ou a = − 3

2.

Deux autres racines cubiques : ;z i z i= + = − +2 3

3 1 3 1

2 2 2 2.

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2) Traiter la question précédente en utilisant la notation exponentielle.

En écriture exponentielle, .i k

iπ + π =

22e . Ses racines cubiques correspondent donc à des nombres

complexes dont le module est le même (racine cubique de 1 : 1) et dont les arguments sont le

tiers du précédent, soit 6

π modulo

π2

3.

Réponses : . . .

; ;i i ii i i i

iπ π π π π π π π π π+ + +

= = = = = −2 2 25 9 30 1 2

6 3 6 3 6 36 6 6 2e e e e e e e

3) Représenter les images du nombre complexe i et de ses racines cubiques sur le cercle

trigonométrique donné ci-dessous. Quelle figure forment-elles ?

Les images des racines sont les sommets d’un triangle équilatéral.

4 GI FA 2011 – Test 2 – fonction complexe

Soit la fonction f qui, à tout nombre complexe z non nul, associe le complexe ( ) zf z

z= , où z est le

complexe conjugué de z.

1) Dans cette question, on utilisera exclusivement la notation cartésienne des nombres complexes.

a. Soit z = x + iy. Expliciter ( )f z en fonction de x et y.

( ) .2 2 2 2

z x yf z i

z x y x y

−= = ++ +

b. Calculer ( )f z .

( ) ( )2 2 2 2

2 2 2 2 2 21 ou 1

z zz x y x yf z f z

z z z x y x y x y

+= = = = = + = =+ + +

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c. Montrer que, quel que soit z, ( )( ) ( )f f z f z+ est un nombre réel.

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ).2 Re

f zf f z f z f z f z f z f z

f z+ = + = + = ∈ℝ

d. Déterminer les complexes z tels que ( )f f z z=� .

( ) ( ) . 2 2

2 2 2 21

x yf f z z f z z i x iy x y

x y x y= ⇔ = ⇔ + = + ⇔ + =

+ +� .

Ou bien : z

z zz

= ⇔ = 1

L’ensemble solution est celui des complexes de module 1, représenté par le cercle centré en O

et de rayon 1.

2) Dans ℂ , on considère le sous-ensemble des nombres complexes de la forme z = x + 2i. Ces nombres sont représentés dans le plan complexe par les points images M d'affixes z (M(z)).

Dans le plan complexe, quel est l’ensemble des points images des complexes ( )f z ?

On utilisera pour cela la forme complexe appropriée.

( ) .x

f z ix x

−= ++ +2 2

2

4 4. La forme cartésienne n’est pas des plus adaptées pour déterminer

l’ensemble de points correspondants. Notons iz θρ= e ; on a alors ( ) e izf z

zθ−= = .

Les arguments des nombres complexes de la forme z = x + 2i décrivent tout l’intervalle ouvert

] [;0 π . Ceux des complexes ( )f z décrivent l’intervalle ouvert ] [;0−π , et comme leur module

vaut 1, l’ensemble de points cherché est le demi-cercle inférieur trigonométrique, privé des

points (1, 0) et (-1, 0).

3) Représenter sur un même graphique l’ensemble des points images des complexes z ainsi que

l’ensemble demandé en question 2a.

y

( )zM2

1

x

1− 1

( )( )f zN

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5 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle

Les questions 1, 2, 3 et 4 sont largement indépendantes.

Dans l’ensemble *ℂ des complexes z non nuls, on définit la fonction f par : ( ) = 1

f zz

.

On désigne par z le conjugué de z , par |z| le module de z , et enfin par i le complexe de partie

imaginaire positive tel que i² = -1.

On nomme P le plan complexe associé à l’ensemble des nombres complexes.

1) a. Déterminer tous les complexes z vérifiant f(z) = z .

( ) ( )2 2Arg211 e 1 1 et Arg 1

i zz z z z z k zz

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = = π ⇔ = ±

b. Déterminer tous les complexes z vérifiant f(z) = z .

211 1 1 eiz zz z z z

zθ= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

c. Déterminer le module et un argument de f(z) en fonction de ceux de z.

Soit z = eiθρ . 1 1

e i

ρ−= . ( )1 1 1

et Arg Arg zz z z

= = −

.

d. Déterminer les parties réelle et imaginaire de f(z) en fonction de celles de z.

Soit z = a + ib. ( ) ( ).2 2 2 2 2 2 2

1Re et Im

z a ib a bz z

z a b a b a bz

− −= = = =+ + +

2) a. Montrer que f(z) – 1 = ( )zz

−11 . En déduire que si |z – 1| = 1, alors |f(z)| = |f(z) – 1|.

( )1 1 11 1

zz

z z z

−− = = −

Donc ( ) 1 11 1 1f z z

z z− = − = − et si |z – 1| = 1, alors ( )1 1

1 z f zz z

− = =

b. Dans le plan P (figure page suivante), tracer l’ensemble C des points représentant les

complexes z qui vérifient |z – 1| = 1 (justifier brièvement).

|z – 1| est la distance entre le point M d’affixe z et le point d’affixe 1, c’est à dire le point (1,0).

Dire que cette distance vaut 1, c’est dire que M est sur le cercle de centre (1, 0) et de rayon 1.

C est ce cercle.

3) Soit A le point d’affixe α = 1 + i et B le point d’affixe β = 1 + iπ3e .

a. Placer les points A et B dans le plan P.

b. Vérifier par le calcul que α et β sont éléments de l’ensemble C défini en question 2.

|α – 1| = |i| = 1, donc A est élément de C.

|β – 1| = |iπ3e | = 1, donc B est élément de C.

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c. Déterminer les écritures cartésiennes des complexes f(α) et f(β) puis placer leurs points

images A’ et B’ dans le plan P.

( ) 1 1 1 1

1 2 2 2

if i

iα −= = = −

+

( ) ( )cos sin3

2 3 31 1 1 2 1 3

12 2 61 3 3 311 e 13 3 2 2

i

if i

ii i

β π

−= = = = = = −π π ++ ++ + +

4) Soit M un point parcourant le cercle C de centre G(1, 0) et de rayon 1, hormis l’origine du repère.

On admet que son affixe zM peut s’écrire 1 + eiθ

, où θ parcourt l’intervalle ]-π ; π[.

a. Montrer que f(zM) = ( )sin

cos

1

2 2 1i

θθ

−+

.

( )( ) ( ) ( )

cos sin cos sin sin

cos sin cos coscos sin2 2

1 1 1 1 1

1 e 1 2 1 2 2 11i

i if z i

iθθ θ θ θ θ

θ θ θ θθ θ+ − + −= = = = = −

+ + + + ++ +M

b. Etudier la parité de sin

cos1

θθ+

et en déduire un domaine d’étude de cette fonction de θ.

( )( )

sin sin

cos cos1 1

θ θθ θ

−= −

+ − +. Cette forme est donc impaire et peut être étudiée sur [0 ; π[.

c. Etudier les variations de sin

cos1

θθ+

puis en dresser un tableau de variation sur ]-π ; π[.

On admettra, pour compléter ce tableau, que sin

limcos1θ

θθ→±π

= ±∞+

.

( ) ( )( ) ( )

cos cos sin sinsin cos

cos coscos cos2 2

1 1 10

1 11 1

θ θ θ θθ θθ θθ θ

′ + − − + = = = > + + + +. Cette forme est

donc strictement croissante sur [0 ; π[ (et on admet que sa limite en π est +∞).

Le fait que cette forme soit impaire nous autorise à dresser le tableau suivant :

θ -π 0 π

dérivée positive positive

forme

-∞

0

+∞

d. Conclusion : lorsque M parcourt le cercle C , déterminer et tracer l’ensemble décrit par les

points M’, images des complexes f(zM).

Rappelons que ( ) ( )sin

cos

1 1

1 e 2 2 1if z iθ

θθ

= = −+ +M

. Ces nombres complexes ont une partie

réelle constante égale à 0,5 et une partie imaginaire qui parcourt ℝ tout entier. Les points

correspondants forment donc toute la droite d’équation x = 1

2.

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6 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions

Soit deux fonctions f et g d’expressions f(x) = 3cos(x) et g(x) = 4sin(x + 4

π), pour lesquelles la

variable x parcourt l’intervalle [0 ; π].

1) Donner les valeurs exactes de f(x) et g(x) pour x = 0, puis x = 2

π et enfin x = π.

f (0) = 3cos(0) = 3 ; f (2

π) = 3cos(

2

π) = 0 ; f (π) = 3cos(π) = -3

g(0) = 4sin(4

π) = 2 2 ; g(

2

π) = 4sin(

3

4

π) = 2 2 ; g(π) = 4sin(

5

4

π) = -2 2

2) Justifier que f est maximale pour x = 0 et que g est maximale pour x = 4

π.

(on utilisera les résultats connus sur le sinus et le cosinus, ou alors on pourra dériver f et g et

étudier leurs variations sur [0 ; π]).

Avec les propriétés du sinus et du cosinus :

Un cosinus est maximal si l’argument cité vaut 0. Pour la fonction f, il faut donc que x = 0.

Un sinus est maximal si l’argument vaut 2

π. Pour la fonction g, il faut que x +

4

π =

2

π, soit x =

4

π.

En étudiant les fonctions :

f ’(x) = -3sin(x), négatif sur [0 ; π]. Donc f est maximale pour x = 0.

g ’(x) = 4cos(x + 4

π), positif sur [0 ;

4

π] et négatif sur [

4

π ; π]. Donc g est maximale pour x =

4

π.

y

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3) On crée le nombre complexe z = f (x) + i.g(x). Lorsque x parcourt l’intervalle [0 ; π], les points

images de z dans le plan complexe forment la courbe ci-dessous.

a. Sur cette figure, repérer les résultats demandés ou annoncés aux questions 1 et 2.

b. Montrer que la dérivée par rapport à x de |z|² (carré du module de z) est :

( )sin sin9 2 16 22

x xπ − + +

.

( )

( ) ( ) ( )

cos sin .

- sin cos sin cos - sin sin

z x x

d zx x x x x x

dx

π = + +

π π π = + + + = + +

2 2 2

2

9 164

18 32 9 2 16 24 4 2

c. Sachant que sin(a + π2

) = cos a, dire pour quelle(s) valeur(s) de x cette dérivée s’annule.

z

x=

2d

0d

ssi ( )( ) ( )sin

tancos

2 162

2 9

xx

x= = ssi 2x = 1,0584 rad [π] ssi x = 0,5292 rad [

π2

].

Dans l’intervalle [0 ; π], seules deux solutions sont possibles : 0,5292 rad et 2,1 rad.

d. Repérer sur la figure le(s) point(s) correspondant(s), expliquer.

Le module de z est la distance OM. Positif, il varie dans le même sens que son carré. Les deux

valeurs de x trouvées précédemment correspondent ici à un maximum ou un minimum de OM.

Pour x = 0,5292 rad, on définit le point M4 (f(x) , g(x)) = (2,59 , 3,87).

Pour x = 2,1 rad, on définit le point M5 (f(x) , g(x)) = (-1,514 , 1,014).

M1 (x = 0)

M2 (x = π/2)

M3 (x = π)

f maxi

g maxi

M4

M5

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7 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique

1) Linéariser, c'est-à-dire, à l'aide de la formule d'Euler, exprimer en fonction de cos2x et cos 4x ,

l'expression : cos sin4 44 4x x+

A l'aide de la formule d'Euler, on écrit :

( ) ( )cos4

44 4 2 2 4e e 1 1

e e e 4e 6 4e e2 16 16

ix ixix ix i x i x i x i xx

−− − − += = + = + + + +

( ) ( )cos4 4 2 2

4 4 4 2 21 4 6 1 e e 1 e e 3e e e e

16 16 16 8 2 2 2 8

i x i x i x i xi x i x i x i xx

− −− − + += + + + + = + +

cos cos cos4 1 1 34 2

8 2 8x x x= + +

De la même façon :

( ) ( )sin4

44 4 2 2 4e e 1 1

e e e 4e 6 4e e2 16 16

ix ixix ix i x i x i x i xx

i

−− − − −= = − = − + − +

( ) ( )sin4 4 2 2

4 4 4 2 21 4 6 1 e e 1 e e 3e e e e

16 16 16 8 2 2 2 8

i x i x i x i xi x i x i x i xx

− −− − + += + − + + = − +

sin cos cos4 1 1 34 2

8 2 8x x x= − +

Donc : cos sin cos cos cos cos4 4 1 1 3 1 1 34 4 4 4 2 4 4 2

8 2 8 8 2 8x x x x x x

+ = + + + − +

cos sin cos4 44 4 4 3x x x+ = +

2) En déduire les solutions de l'équation cos sin4 4 54 4

2x x+ = .

cos sin4 4 54 4

2x x+ = ⇔ cos

54 3

2x + = ⇔ cos

14

2x = −

Deux familles de solutions : .2

4 23

x kπ= + π ⇔ .

6 2x k

π π= + (4 valeurs)

ou .2

4 23

x kπ= − + π ⇔ .

6 2x k

π π= − + (4 valeurs)

3) Représenter sur un cercle trigonométrique les différentes familles de solutions.

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8 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4

On considère l'application f définie dans l'ensemble des nombres complexes par :

( ) 4 3 2 2z f z z z z= − + +֏

Dans ce problème, on aura avantage à utiliser la formule de Moivre.

1) Montrer que, si l'équation (1) : ( )f z = 0 admet pour racine le nombre complexe α , alors elle

admet aussi pour racine le nombre α (complexe conjugué de α ).

Soit α , solution de l'équation (1) : ( )f z = 0 .

On peut écrire α sous forme trigonométrique : ( )cos siniα ρ θ θ= +

L'équation (1) s'écrit donc :

( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sini i iρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ+ − + + + + =4 3 24 3 2 2 0

En utilisant la formule de Moivre, on obtient :

( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sini i iρ θ θ ρ θ θ ρ θ θ+ − + + + + =4 3 24 4 3 3 2 2 2 0

En regroupant les termes réels et imaginaires, on a donc :

( )cos cos cos sin sin siniρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ− + + + − + =4 3 2 4 3 24 3 2 2 4 3 2 0

Par identification des termes réels et imaginaires à 0, on a donc les deux relations :

cos cos cosρ θ ρ θ ρ θ− + + =4 3 24 3 2 2 0 et sin sin sinρ θ ρ θ ρ θ− + =4 3 24 3 2 0

Considérons le même travail avec le conjugué de α, dont l’argument vaut –θ. Par rapport aux

écritures ci-dessus, les cosinus sont inchangés et les sinus prennent des valeurs opposées, ce qui

fait que les égalités « = 0 » sont encore respectées et donc α est solution de l'équation (1).

2) Montrer que les nombres i+1 et i− +1 3

2 2 sont racines de l'équation (1).

Ecrivons les nombres donnés sous forme trigonométrique.

cos sinz i i i π π = + = + = +

0

2 21 2 2

2 2 4 4. Remplaçons z0 dans l'expression de ( )f z :

( )

( )

( )

cos sin cos sin cos sin

cos sin cos sin cos sin

f i i i i

i i i

i i i i

π π π π π π + = + − + + + +

π π π π = π + π − + + + +

= − − − + + + = − + − + + =

4 3 24 3 2

1 2 2 2 24 4 4 4 4 4

3 34 2 2 2 2

4 4 2 2

2 24 1 2 2 2 2 4 2 2 2 2 0

2 2

Donc z i= +0 1 est racine de l'équation (1).

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Soit cos sinz i iπ π= − + = +1

1 3 2 2

2 2 3 3. Remplaçons z1 dans l'expression de ( )f z :

( )

( )

( )

cos sin cos sin cos sin

cos sin cos sin cos sin

f z i i i

i i i

i i

π π π π π π = + − + + + +

π π π π = + − π + π + + +

= − + − + − − + =

4 3 2

1

2 2 2 2 2 22

3 3 3 3 3 3

8 8 4 42 2 2

3 3 3 3

1 3 1 31 2 0

2 2 2 2

Donc z i= − +1

1 3

2 2 est racine de l'équation (1).

3) Donner l'ensemble des solutions de l'équation (1). En déduire une factorisation de ( )f z .

On a vu (question 1) que, si α est racine de l'équation (1), alors α l'est également.

Par conséquent, d'après la question 2, l'équation (1) admet comme racines les 4 nombres :

z i= +0 1 ; z i= −0 1 ; z i= − +1

1 3

2 2 ; z i= − −1

1 3

2 2

On factorise donc ( )f z : ( ) ( ) ( )f z z i z i z i z i

= − − − + + − + +

1 3 1 31 1

2 2 2 2

4) Ecrire ( )f z comme un produit de deux polynômes du second degré à coefficients réels.

Dans l'expression de ( )f z ci-dessus, on peut développer les facteurs 2 par 2 comme suit :

( ) ( ) ( )z i z i z i z z z z− − − + = − − = − + + = − +2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 2

z i z i z i + − + + = + −

221 3 1 3 1 3

2 2 2 2 2 2 z z z z= + + + = + +2 21 3

14 4

Finalement, ( )f z peut s'écrire : ( ) ( )( )f z z z z z= − + + +2 22 2 1

9 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes

1. Résoudre, dans ℂ , l’équation d’inconnue z : z2 + (8 − i)z − 8i = 0.

On pourra vérifier que cette équation admet une racine imaginaire pure.

* Première méthode : sans tenir compte de la remarque de l’énoncé

∆ = (8 − i)² + 32i = 63 + 16i On peut remarquer que ∆ = (8 + i)².

Si on ne le voit pas tout de suite, il faut chercher la racine carrée de par la méthode classique.

Les deux racines de l’équation sont : 8 8

2

i ii

− + + + = et 8 8

82

i i− + − − = − .

* Deuxième méthode : l’équation admet une solution imaginaire pure

Notons ai cette solution, avec a ∈ ℝ , puis reportons-la dans l’équation :

a²i²+ (8 − i)ai − 8i = 0 ⇔ -a² + a + 8i(a – 1) = 0 ⇔ a² = a et a = 1 ⇔ a = 1.

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La solution imaginaire pure est donc z1 = i. On peut ainsi factoriser le polynôme z2

+ (8 − i)z − 8i par (z – i), ce qui conduit facilement à

z2 + (8 − i)z − 8i = (z – i)(z + 8) où l’on voit que sa seconde racine vaut -8.

2. Utiliser le résultat précédent pour résoudre, dans ℂ , l’équation d’inconnue z :

z6 + (8 − i)z3

− 8i = 0

Exprimer toutes les solutions sous forme algébrique et sous forme trigonométrique.

En posant Z = z3, cette equation revient à celle de la question 1, avec pour inconnue Z.

Ainsi, on sait que l’on a deux cas à traiter : z3 = i et z3

= -8, soit sous forme exponentielle :

( )32e 1e

iir απ

= et ( )3

e 8ei ir α π=

La première égalité donne :

. ,

3 11

2 5 4 32ou ou

6 6 3 6 6 3 26 3

rr

k k αα

= = ⇔ π π π π π π π π π = + = + == + ∈

ℤ , ce qui donne :

5 3

6 6 21 2 3

3 1 3 1e ; e ; e

2 2 2 2

i i iz i z i z i

π π π

= = + = = − + = = −

La deuxième égalité donne :

. ,

3 28

2 4 52ou ou

3 3 3 3 3 33 3

rr

k k αα

= = ⇔ π π π π π π π π = + = π + == + ∈

ℤ , ce qui donne :

5

3 34 5 62e 1 3 ; e 1 ; 2e 1 3

i iiz i z z iπ π

π= = + = = − = = −

10 GIN FA 2011 – Test 1 – polynôme de degré 3

On considère le polynôme P(z) suivant : P(z) = z3 + 9iz2

+ 2(6i – 11)z – 3(4i + 12).

1. Démontrer que l'équation P(z) = 0 admet une solution réelle z1.

L’expression z3 + 9iz2

+ 2(6i – 11)z – 3(4i + 12), en considérant z réel, est un nombre complexe de

partie réelle z3 - 22z – 36 et de partie imaginaire 9z2

+ 12z – 12. Ces deux parties doivent être

nulles si on souhaite que P(z) le soit.

Les racines de la partie imaginaire (∆ = 576 = 24²) sont -2 et 2/3.

Seule -2 annule la partie réelle de P(z), donc -2 est la solution réelle de l’équation P(z) = 0.

2. Montrer, en posant Q(z) = z2 + (9i - 2)z – 6(i + 3), que l'on a P(z) = (z - z1) Q(z).

(z + 2)Q(z) = (z + 2)(z2 + (9i - 2)z – 6(i + 3))

= z3 + (9i - 2)z2

– 6(i + 3)z + 2z2 + (18i - 4)z – 12(i + 3)

= z3 + 9iz2

+ (12i – 22)z - 12i -36 = P(z)

3. Démontrer que l'équation Q(z) = 0 admet une solution imaginaire pure z2.

Notons z2 = ia. Q(ia) = i2a2 + (9i - 2)ia – 6(i + 3) = -a² - 9a - 18 + i(-2a – 6)

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Ce nombre complexe s’annule si -2a – 6 = 0, soit a = -3, et il se trouve que cette valeur annule

également l’expression -a² - 9a – 18.

Conclusion : z2 = -3i est une racine de Q(z).

4. Résoudre dans ℂ l'équation P(z) = 0.

Factorisons Q(z) : Q(z) = (z + 3i)(z – x – iy) = z2 - zx - izy + 3iz - 3ix +3y = z2

+ (-x - iy + 3i)z -3ix +3y

Cette expression est égale à z2 + (9i - 2)z – 6(i + 3) ssi :

-x = -2 ET -iy + 3i = 9i ET -3ix = -6i ET 3y = -18,

ce qui est cohérent et donne x = 2 et y = -6.

Le seconde racine de Q(z) et troisième de P(z) est le nombre complexe z3 = 2 – 6i.

Les trois racines de P(z) sont donc : z1 = -2, z2 = -3i et z3 = 2 – 6i. P(z) = (z + 2)(z + 3i)(z – 2 + 6i)

5. On note z3 la troisième solution de l'équation P(z) = 0. Démontrer que les points du plan

complexe A, B et C, d'affixes respectives z1, z2 et z3, sont alignés.

L’affixe du vecteur AB���

est z2 – z1 = 2 - 3i ; l’affixe du vecteur BC���

est z3 – z2 = 2 - 3i. Ces deux vecteurs sont donc colinéaires (et même égaux, ici), donc les points A, B et C sont

alignés.