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Exercices de Mathematiques

Calculs avec le nombre j

Enonces

Enonces des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Soient a, b et c trois nombres complexes. Resoudre le systeme

x + y + z = a

x + jy + j2z = b

x + j2y + jz = cComment choisir a, b, c pour que les solutions soient reelles ?


Soit Z = (x + jy + j2z)3, ou x, y et z sont trois nombres complexes donnes.

Montrer que lorsqu’on permute x, y ou z, le nombre Z ne peut prendre que deux valeurs.

A quelle condition ces deux valeurs sont-elles egales ?


Soient x, y, z trois nombres reels.

Montrer que : (x + y + z)(x + jy + j2z)(x + j2y + jz) = x3 + y3 + z3 − 3xyz


Determiner une CNS pour que A(a), B(b) et C(c) forment un triangle equilateral.


Trouver une condition necessaire et suffisante sur z pour que les points A(z), B(z2), C(z3)forment un triangle equilateral.


Calculer les sommes

S = C 0

n + C 3n + C 6

n + · · ·T = C 1

n + C 4n + C 7

n + · · ·U = C 2

n + C 5n + C 8

n + · · ·

Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net c©EduKlub S.A.

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Indications, resultats

Indications ou resultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour a l’enonce ]

Combiner les equations de maniere a isoler x, ou y, ou z.

Les solutions sont reelles ⇔ a est lui meme reel et b, c sont conjugues.


Verifier que Z(x, y, z) = (x + jy + j2z)3 est invariant par permutation circulaire.

Les deux valeurs possibles sont egales ⇔ x = y ou y = z ou x = z.


Verifier que (x + jy + j2z)(x + j2y + jz) = x2 + y2 + z2 − xy − xz − yz.


Le triangle ABC peut etre equilateral direct ou indirect.

La condition cherchee est a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc.


Utiliser l’exercice precedent. On trouve z ∈ {0, 1, j, j2}.


Developper (1 + x)n, avec x = 1, x = j, x = j2.

On trouve un systeme semblable a celui de l’exercice 1.





Corriges

Corriges des exercices

Corrige de l’exercice 1 [ Retour a l’enonce ]

Appelons (1), (2) et (3) les trois equations. On va se servir de 1 + j + j2 = 0.

On effectue (1) + (2) + (3) et on trouve : 3x = a + b + c.

On effectue (1) + j2(2) + j(3) et on trouve : 3y = a + bj2 + cj.

On effectue (1) + j(2) + j2(3) et on trouve : 3z = a + bj + cj2.

Reciproquement x =a + b + c

3, y =

a + bj2 + cj

3, z =

a + bj + cj2

3sont solutions du systeme.

Si x, y, z sont reels, on constate que a = x + y + z est reel.

On voit aussi que c = x + j2y + jz = x + j y + j2z = x + jy + j2z = b.

Reciproquement les conditions a ∈ IR et c = b impliquent :

� x =a + b + c

3=

a + b + c

3=

a + c + b

3= x.

� y =a + bj2 + cj

3=

a + bj + cj2

3=

a + cj + bj2

3= y.

� z =a + bj + cj2

3=

a + bj2 + cj

3=

a + cj2 + bj

3= z.

Conclusion : les solutions du systeme sont reelles ⇔{

a ∈ IRc = b


La quantite Z(x, y, z) = (x + jy + j2z)3 est invariante par permutation circulaire.

En effet Z(x, y, z) = j3(x + jy + j2z)3 = (jx + j2y + z)3 = Z(z, x, y) = Z(y, z, x).

De la meme maniere, on a Z(y, x, z) = Z(z, y, x) = Z(x, z, y).

Quand on permute x, y, z, le nombre Z ne peut prendre que les valeurs

{(x + jy + j2z)3

(y + jx + j2z)3

Etudions a quelles conditions ces deux valeurs sont egales.

Rappelons que pour tous complexes u et v, on a : u3 = v3 ⇔ u ∈ {v, jv, j2v}. Ainsi :

(x + jy + j2z)3 = (y + jx + j2z)3 ⇔

x + jy + j2z = y + jx + j2z

ou x + jy + j2z = jy + j2x + z

ou x + jy + j2z = j2y + x + jz

⇔

(1− j)x = (1− j)y

ou (1− j2)x = (1− j2)z

ou (j − j2)y = (j − j2)z

⇔

x = y

ou x = z

ou y = z





Corriges


Avec

{j3 = 11 + j + j2 = 0

on trouve : (x + jy + j2z)(x + j2y + jz) = x2 + y2 + z2 − xy − xz − yz.

On en deduit : P = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − xz − yz) = x3 + y3 + z3 − 3xyz.


Il y a deux cas suivant que ABC est equilateral direct ou indirect (c’est-a-dire suivant que leparcours dans le sens trigonometrique donne A puis B puis C, ou A puis C puis B).

ABC est equilateral direct si et seulement si le vecteur BA se deduit du vecteur BC par larotation d’angle π

3 , c’est-a-dire si et seulement si on a l’egalite a− b = −j2(c− b).

Cette egalite equivaut a a− (1 + j2)b + j2c = 0, c’est-a-dire a a + jb + j2c = 0.

Si on echange b et c, on voit que ABC est equilateral indirect si a + j2b + jc = 0.

Finalement, ABC est equilateral si et seulement si :

(a + jb + j2c)(a + j2b + jc) = 0 ⇔ a2 + b2 + c2 + (j + j2)(ab + ac + bc) = 0

⇔ a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc


On applique le resultat de l’exercice precedent. La condition est :

z2 + z4 + z6 = z3 + z4 + z5 ⇔ z2(z4 − z3 − z + 1) = 0 ⇔ z2(z − 1)(z3 − 1) = 0

On trouve donc z ∈ {0, 1, j, j2}.


On utilise la formule du binome pour developper (1 + x)n, avec x = 1, x = j, x = j2.

On obtient successivement :

(1 + 1)n = C 0n + C 1

n + C 2n + C 3

n + C 4n + C 5

n + · · · = S + T + U

(1 + j)n = C 0n + jC 1

n + j2C 2n + C 3

n + jC 4n + j2C 5

n + · · · = S + jT + j2U

(1 + j2)n = C 0n + j2C 1

n + jC 2n + C 3

n + j2C 4n + jC 5

n + · · · = S + j2T + jU

Ainsi S, T, U sont solutions du systeme :

S + T + U = 2n : (1)

S + jT + j2U = (−j2)n : (2)

S + j2T + jU = (−j)n : (3)

(1) + (2) + (3) ⇒ S =2n+(−j2)n+(−j)n

3 =2n+2Re ((−j)n)

3 =2n+2 cos n

π3

3

(1) + j2(2) + j(3) ⇒ T =2n+j2(−j2)n+j(−j)n

3 =2n+2Re (j(−j)n)

3 =2n+2 cos(n−2)π

33

(1) + j(2) + j2(3) ⇒ U =2n+j(−j2)n+j2(−j)n

3 =2n+2Re (j2(−j)n)

3 =2n+2 cos(n−4)π

33



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