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Mathématiques – AL1 - Complexes Page 1 sur 16 AL1 - Complexes – Exercices TD Corrigés – Rev 2016 AL1 – Complexes Séance de TD - Corrigés des exercices - 1 QCM 2 2 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation 2 3 GI FA 2015 – Test 1 – Complexes et rotation 4 4 GI FC1826 2015 – Test – Complexes et cercle 4 5 GI FC18/26 2014 Test - Complexes et géométrie 5 6 GI FA 2015 – Test 2 – Complexes et géométrie 6 7 GI FA 2013 – Test 1 – inversion de cercle 7 8 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions 9 9 GI FC34 2015 - Test cube 11 10 GI FA 2014 – Test 2 - Linéarisation 11 11 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique 12 12 GI FA 2015 – Test 2 – trinôme à coefficients complexes 13 13 GIN FA 2012 – Test 1 – trinôme à coefficients complexes 13 14 GI FA 2014 – Test 1 – Polynôme, formes, rotation 14 15 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4 15

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AL1 – Complexes Séance de TD

- Corrigés des exercices -

1 QCM 2

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

3 GI FA 2015 – Test 1 – Complexes et rotation 4

4 GI FC1826 2015 – Test – Complexes et cercle 4

5 GI FC18/26 2014 – Test - Complexes et géométrie 5

6 GI FA 2015 – Test 2 – Complexes et géométrie 6

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

8 GI FC34 2012 – Test – complexe de fonctions 9

9 GI FC34 2015 - Test – cube 11

10 GI FA 2014 – Test 2 - Linéarisation 11

11 GI FA 2011 – Test 1 – Euler et équation trigonométrique 12

12 GI FA 2015 – Test 2 – trinôme à coefficients complexes 13

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

14 GI FA 2014 – Test 1 – Polynôme, formes, rotation 14

15 GI FA 2012 – Test 1 – polynôme de degré 4 15

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1 QCM

1) Le module du nombre complexe 3 - i 2 est :

� 5 � 7 � 11 � 13

2) Le module du nombre complexe a + ia (a positif) est :

� a � 2a � a2 � a

3) L’argument du nombre complexe -2 + 2i est :

� 4

π �

4

π− � 3

4

π �

3

4

π−

4) La différence entre les arguments des nombres complexes 1 + i et 1 + i 3 vaut :

� 0 � 12

π �

6

π �

3

π

5) L’écriture cartésienne de 3

2ei

π

est : � 1 � i � -1 � -i

6) Le nombre complexe i peut s’écrire :

� 2iπ

e � 2.ei

� eiπ � .eii π

7) Soient deux nombres complexes conjugués ; leur produit est :

� nul � égal à 1 � un réel positif � un imaginaire pur

8) La division d’un nombre complexe d’argument 4

π par son conjugué a pour résultat :

� 1 � -1 � i � -i

9) Soit le nombre complexe z = a + ib. Le module et l’argument de ez sont : � a et b � ea et b � a et eb � ea et eb

10) La division du nombre complexe 1 + 3i par le complexe i a pour résultat : � 1 - 3i � -1 + 3i � 3 - i � 3 + i

11) Soient deux nombres complexes conjugués ; leur produit est : � nul � de module 1 � un réel positif � un imaginaire pur

12) Les deux nombres complexes iθρe et iθρ −− e … :

� sont conjugués � sont opposés � ont une sommeimaginaire pure � ont le même carré

2 GI FA 2013 – Test 2 – calcul et rotation

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

, 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′ − .

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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 1

1

zZ

z

′ −=−

.

( )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

2AM 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).

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′= − + + = − − − + + = − +

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* 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−

′− = − ⇔ − = − − − − = − + ⇔ = − +

3 GI FA 2015 – Test 1 – Complexes et rotation

On donne les nombres complexes 1 1z i= − et 2

32 e

iz

π

= .

1) Donner l’écriture exponentielle de z1 et l’écriture cartésienne de z2.

cos sin 41

1 12 2 2.e

2 2 4 4

iz i i

π− π π = − = − + − =

cos sin2

32

2 2 1 3e

3 3 2 2

iz i i

π π π = = + = − +

2) Soit, dans un repère orthonormé d’origine O, le point A d’affixe z1.

a. Déterminer, à l’aide des nombres complexes, les coordonnées exactes du point B, image de A par la

rotation de centre O et d’angle 2

3

π.

( ) ,2

3B A

1 3 3 1 3 1 3 1 3 1.e 1 B

2 2 2 2 2 2

iz z i i i

π − + − += = − − + = +

b. Soit le point C de coordonnées (x, y) = (1, 1). Déterminer, à l’aide des nombres complexes, les

coordonnées exactes du point D, image de A par la rotation de centre C et d’angle 2

3

π.

( ) ( ) ( ),2

3D C A C D C

1 3.e 2 3 3 1 3 2 D 1 3 2

2 2

iz z z z i i i z i z i

π − = − = − − + = + ⇔ = + + = + + +

4 GI FC1826 2015 – Test – Complexes et cercle

On considère le plan complexe dans lequel tout point ( ),M a b , de coordonnées réelles, est l’image du

nombre complexe z a ib= + . On définira le cercle ,M RC comme le cercle de centre M et de rayon R.

1) Soit le nombre complexe z = 1 + i 3 , dont l’image sera nommée M.

a. Donner l’écriture exponentielle de z.

z = 1 + i 3 = cos sin 31 3

2 2 2e2 2 3 3

ii i

π π π + = + =

b. Expliquer pourquoi tout point du cercle ,2MC est l’image d’un nombre complexe que l’on peut écrire

sous la forme 32 e ei iθπ

+

.

Tout point de ce cercle aurait un affixe égal à 2eiθ si ce cercle était centré sur l’origine, mais il faut

rajouter à cela les coordonnées du centre du cercle, traduites par le nombre complexe 32eiπ

.

c. Montrer, en utilisant l’écriture précédente sous forme trigonométrique, que le point N(2, 0)

appartient à ,2MC . En d’autres termes : existe-t-il θ tel que 32 e e 2i iθπ

+ =

?

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cos cos sin sin3e e3 3

i i iθ θ θπ π π + = + + +

. Ce nombre complexe est égal à 1 si et seulement si :

coscos cos

sin sin sin

11

23

330

3 2

θθθ

θ θ

π =+ = π ⇔ ⇔ = − π + = = −

. En effet, ,2MN ∈C .

2) a. On effectue une rotation du point M autour du point N et d’angle 3

π− , aboutissant à un point P.

Calculer les coordonnées cartésiennes de P.

( ) ( )( ),

31 3 1 3 3 3

e 1 3 2 1 32 2 2 2 2 2

2 1 3 3 3 3 3

i

P N M N

P P

z z z z i i i i i

z i z i P

π− − = − × = + − − = − + + + = +

⇔ − = + ⇔ = +

b. Montrer que le point P appartient au cercle ,2MC .

M et P ont même ordonnée ( 3 ) ; M a pour abscisse 1 et P a pour abscisse 3. La distance MP vaut

donc 2, ce qui justifie que P se trouve sur le cercle de centre M et de rayon 2.

5 GI FC18/26 2014 – Test - Complexes et géométrie

On considère deux barres de même longueur L, attachées

ensemble en un point A.

La barre [OA] est liée au point O, fixe, origine de notre repère, et

peut tourner librement autour de ce point (angle α ). La seconde

barre, [AB], est liée à la première au point A et peut tourner

librement autour de celui-ci (angle β ). On considérera, pour simplifier nos raisonnements à venir, que α

est pris entre 0 et 2

π.

1) Questions diverses

a. Que remarque-t-on si β = α ?

b. Que remarque-t-on si β = 2α ?

c. Si α est fixé, quelle est la zone que peut parcourir B ?

2) Exemple numérique

Prenons, uniquement pour cette question 2, L = 2, α = 6

π et β =

2

π.

a. Donner les coordonnées cartésiennes du point A.

b. O étant l’image de B par rotation de centre A et d’angle β , déterminer une relation entre les affixes

zA et zB des points A et B.

c. En déduire les coordonnées cartésiennes exactes du point B.

3) Vérification de la réponse 1b

Reprenons ici le cas général : longueur L, angles α et β.

a. Donner l’écriture exponentielle du complexe zA affixe du point A.

α

β

O

A

B

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b. O étant l’image de B par rotation de centre A et d’angle β , déterminer une relation entre les affixes

zA et zB des points A et B et donc une expression de zB en fonction de zA.

c. Montrer alors que si β = 2α , alors zB est imaginaire pur.

1) a. Si α = β , alors [AB] est parallèle à l’axe des abscisses.

b. Si β = 2α , alors [AB] fait avec l’axe (Ox) le même angle que [OA] et B se trouve sur l’axe des

ordonnées. Plus rigoureusement : le triangle OAB est isocèle en A, avec un angle AOB égal à 2

βπ − ,

qui vaut donc 2

απ − ici. Ainsi, l’angle xOB vaut xOA + AOB = 2

π : B est sur la demi-droite [Oy).

c. Si α est fixé, le point B parcourt le cercle de centre A et de rayon L (donc contenant O).

2) L = 2, α = 6

π et β =

2

π.

a. xA = 2cos6

π = 3 et yA = 2sin

6

π = 1.

b. ( ) ( )A B A A B A B AAO ABe e e 1 ei i i iz z z z z z z z z zβ β β β− −= × ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −���� ��� .

c. ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )2B A B1 e 3 1 e 3 1 3 1

iiz z z i i i i iβ

π−− = − ⇔ = + − = + − − = + +

( ) ( )B 3 1 3 1 B 3 1 ; 3 1z i= − + + − +

3) Vérification de la réponse 1b

a. A Leiz α= .

b. ( )B A 1 e iz z β−= − .

c. ( ) ( ) sin2B Le 1 e L e e L 2i i i iz iα α α α α− −= − = − = × × (formule d’Euler). Effectivement, c’est un

imaginaire pur (le point B est sur l’axe des ordonnées).

6 GI FA 2015 – Test 2 – Complexes et géométrie

Le plan complexe est rapporté à un repère ( ); ,O u v� �

.

À tout point M d'affixe z, une fonction f associe le point image M' d'affixe 2 4z z z′ = − .

Les 3 questions suivantes sont indépendantes.

1) Soit E le point d'affixe – 3.

Montrer que le quadrilatère OMEM' est un parallélogramme si et seulement si : 2 3 3 0z z− + = .

En résolvant cette équation, en déduire les coordonnées cartésiennes et polaires des points M vérifiant

cette propriété.

2) Déterminer l'ensemble des points M d'affixe z pour lesquels z' est réel.

3) Déterminer l'ensemble des points M d'affixe z tels que z z′ = .

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1) OMEM' est un parallélogramme � OM M E′=���� ����

� OM M E

z z ′=���� �����

OMz z=����

( )2 2

E MM E3 4 4 3z z z z z z z′′ = − = − − − = − + −�����

Donc OMEM’ parallélogramme � 2 4 3z z z− + − = � 2 3 3 0z z− + =

Résolvons cette équation :

Discriminant : 3∆ = − d'où les solutions

1

3 3 3 13

2 2 2

iz i

−= = −

et

2

3 13

2 2z i

= +

Et les points ;1

3 3M

2 2

ou ;1M 3

6ρ θ π = =

et ;2

3 3M

2 2

ou ;2M 36

ρ θ π = = −

2) soit z x iy= + . z' réel � ( ) ( ) ( )2 2 24 4 2 2z x iy x iy x y x y x i′ = + − + = − − + −

réel

� ( )2 0y x− =

donc soit y = 0, c'est-à-dire z est réel (solution triviale), soit droite d'équation x = 2 (parallèle à Oy)

3) z z′ = � ( )2 4 4 4z z z z z z z z′ = − = − = × − = , d'où 4 1z− =

Les points M d'affixe z décrivent le cercle de centre C(4, 0) et de rayon 1

7 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 1i zz z z z z k z

z= ⇔ = ⇔ = ⇔ = = 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

− −= = = =+ + +

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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.

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

= ±∞+

.

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( ) ( )( ) ( )

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.

8 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

y

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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.

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

2 2 2

2

9 164

18 32 9 2 16 24 4 2

z x x

d zx x x x x x

dx

π = + +

π π π = + + + = + +

M1 (x = 0)

M2 (x = π/2)

M3 (x = π)

f maxi

g maxi

M4

M5

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c. Sachant que sin(a + 2

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

2d

0d

z

x= ssi

( )( ) ( )sin

tancos

2 162

2 9

xx

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

2

π].

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).

9 GI FC34 2015 - Test – cube

On souhaite étudier les conditions sur un nombre complexe z pour lesquelles z3 est réel.

1) Utiliser exclusivement la forme cartésienne de z pour cette étude.

( ) ( ) ( )a ib a ab i a b b a ab ib a b+ = − + − = − + −3 3 2 2 3 3 2 2 23 3 3 3 .

La partie imaginaire doit être nulle, donc b = 0 ou 3a² = b², soit b = ±a 3 .

Ainsi, nous avons trois groupes de solutions :

* z peut être un nombre réel quelconque,

* z est de la forme ( )a i+1 3 , avec a réel quelconque,

* z est de la forme ( )a i−1 3 , avec a réel quelconque.

2) Utiliser exclusivement la forme exponentielle de z pour cette étude.

( )i iθ θρ ρ=3 3 3e e , qui est réel si son argument est congru à 0 modulo π.

( )3 03

kk kθ θ π= + π ⇔ = ∈ℤ .

En mesure principale, entre 0 et 2π, six valeurs de k sont à exploiter (de 0 à 5) :

, , , , ,2 4 5

03 3 3 3

θ θ θ θ θ θπ π π π= = = = π = =

Les solutions n°1 et 4 renvoient au premier point de la réponse à la question 1,

les solutions 2 et 5 au second point et les solutions 3 et 6 au troisième.

10 GI FA 2014 – Test 2 - Linéarisation

À l’aide d’une formule d’Euler, linéariser sin4 x .

( )sin

cos cos

4

4 4 4 3 3 2 2

4 4 2 2

e e 1e e 4e e 4e e 6e e

2 16

1 e e e e 1 1 34 3 4 2

8 2 2 8 2 8

ix ixi x i x i x ix ix i x i x i x

i x i x i x i x

xi

x x

−− − − −

− −

−= = + − − +

+ += − + = − +

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11 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 1e e e 4e 6 4e e

2 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 1e e e 4e 6 4e e

2 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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12 GI FA 2015 – Test 2 – trinôme à coefficients complexes

Résoudre dans ℂ l'équation : ( )2 3 5 4 7 0z i z i+ − + − − =

On donnera les solutions sous forme cartésienne.

Calcul du discriminant : ( ) ( )23 5 4 4 7 2i i i∆ = − + − − − = −

On exprime ∆ sous forme polaire : [ ]2

22eiπ− π

∆ =

D'où [ ] ( )4

2 22e 2 1

2 2

ii i

ππ− ∆ = = ± − = ± −

L'équation admet pour solutions : ( )3 5 1

2

i iz

− ± −= , soit 1 2 3z i= − et 2 1 2z i= −

13 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. 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 équation 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

= = + = = − + = = −

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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 ; 2e 2 ; 2e 1 3

i iiz i z z i

π ππ= = + = = − = = −

14 GI FA 2014 – Test 1 – Polynôme, formes, rotation

Dans cet exercice, les trois questions sont indépendantes

1) Déterminer, dans l'ensemble ℂ , les racines du polynôme : 4

122 −++= iizzzP )(

Calcul du discriminant : ( )1 2 1 2i i∆ = − − − = − , de forme exponentielle : 22eiπ−

∆ = ,

d’où une racine carrée : 42 2

2e 2 12 2

ii i

π−

∆ = = − = −

Racines du polynôme :

( )1

1 1

2 2

i iz

− − −= = − et

( )2

1 1 2 1

2 2 2

i i iz i

− + − −= = = −

2) Écrire 31 i+ et i−1 sous forme exponentielle, puis simplifier l'expression :

20

1

31

−+

i

i

On donnera le résultat sous forme exponentielle et sous forme cartésienne.

1 31 3 2

2 2i i

+ = +

où l'on reconnait facilement le module, 2, et l'argument

3

π,

d'où l'écriture exponentielle de ce nombre : 31 3 2ei

+ =

2 21 2

2 2i i

− = −

, qui nous donne le module, 2 , et l'argument

4

π− , d’où : 41 2.ei

iπ−

− =

En utilisant les écritures exponentielles, on a :

( )20

2020 207 7 203 203 4 12 12

4

1 3 2e2e 2e 2 e

12e

ii i i

i

i

i

ππ π π π×+

π−

+ = = = = −

( )

7 5 35 3620

10 10 103 3 3 3 32 e 2 e 2 e 2 e 1024 ei i i i i

π× π π−π π π− −= = = = = ×

On peut repasser en écriture cartésienne :

20

31 3 1 3

1024 e 1024 512 512 31 2 2

iii i

i

π− + = × = − = − −

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3) On se place dans le plan (x, y). En utilisant les nombres complexes, déterminer les coordonnées

cartésiennes du point C, image du point B(2 ; 5) par la rotation de centre A(3 ; 2) et d'angle 2

3

π.

Notons iyxz += l'affixe du point C(x ; y).

Les points A et B ont pour affixes respectives : A 3 2z i= + et B 2 5z i= +

La rotation se traduit par la relation : ( ) ( )

2

3AC AB

ei

z zπ

= ��� ��� , soit

( ) ( ) ( )2

31 3 1 3 3 3 3

3 2 e 2 5 3 2 1 32 2 2 2

iz i i i i i i

π − +− + = × + − + = − + − + = −

D'où 2

31

2

33723

2

33

2

331 −+−=+++−−= iiiz

Donc le point C a pour coordonnées : ;7 3 3 1 3

C2 2

− −

15 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).

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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 sin0

2 21 2 2

2 2 4 4z i i i

π π = + = + = + . Remplaçons z0 dans l'expression de ( )f z :

( )

( )

( )

cos sin cos sin cos sin

cos sin cos sin cos sin

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

f i i i i

i i i

i i i i

π π π π π π + = + − + + + +

π π π π = π + π − + + + +

= − − − + + + = − + − + + =

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

Soit cos sin1

1 3 2 2

2 2 3 3z i i

π π= − + = + . Remplaçons z1 dans l'expression de ( )f z :

( )

( )

( )

cos sin cos sin cos sin

cos sin cos sin cos sin

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

f z i i i

i i i

i i

π π π π π π = + − + + + +

π π π π = + − π + π + + +

= − + − + − − + =

Donc 1

1 3

2 2z i= − + 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 :

0 1z i= + ; 0 1z i= − ; 1

1 3

2 2z i= − + ; 1

1 3

2 2z i= − −

On factorise donc ( )f z : ( ) ( )( ) 1 3 1 31 1

2 2 2 2f z z i z i z i z i

= − − − + + − + +

4) Écrire ( )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 :

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

221 3 1 3 1 3

2 2 2 2 2 2z i z i z i + − + + = + −

2 21 3

14 4

z z z z= + + + = + +

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