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DM3 : nombres complexes
Exercice 1: R´esolution des e´ quations de degr´e 3 : m´ethode de Tartaglia
Le but de cet exercice est d’expliquer une m´ethode pour r´esoudre les e´ quations de degr´e 3. Cette m´ethode fut a` l’origine
de l’introduction des nombres complexes en math´ematiques. En effet, mˆeme pour trouver une solution r´eelle, elle n´ecessite
des calculs dans C.
1) R´eduction du probl`eme
a) Soient (a, b, c) ∈ C3 . Montrer que pour tout x ∈ C,
a
8a3 ab
a

+c=0
x3 + ax2 + bx + c = 0 ⇔ (x + )3 + (x + )).(b − a2 ) +
3
3
27
3
b) Expliquer pourquoi il nous suffit maintenant de trouver une m´ethode pour r´esoudre les e´ quation de la forme x3 + px+q =
0.
3

p
.
2) Soient donc (p, q) ∈ C2 et (E) l’´equation x3 + px + q = 0. La m´ethode commence par r´esoudre l’´equation (R) : x2 + qx − 27
p
Nous noterons U et V les racines de (R) (´eventuellement U = V). Soit enfin u une racine cubique de U, puis v = − 3 .

a) Expliquer pourquoi le cas p = 0 a d´ej`a e´ t´e trait´e en cours. On suppose dans la suite p , 0.
b) Prouver que u , 0.
c) En utilisant les relations coefficient racine, Montrer que v3 = V, calculer u3 v3 , puis u3 + v3 .
d) Montrer que u + v est une solution de (E).
e) Montrer que deux autres solutions de (E) sont ju + j2 v et j2 u + jv, o`u j = e2iπ/3 .
3) Application : r´esoudre les e´ quations suivantes ( on pourra v´erifier qu’une racine cubique de 2 + 11.i est 2 + i) :
a) (E1 ) : x3 − 18x − 35 = 0

b) (E2 ) : x3 − 15x − 4 = 0

c) (E3 ) : x3 − 3x2 − 15x − 18 = 0

Exercice 2: Parties int´egrales du plan
Dans ce devoir, on appellera une partie int´egrale du plan une partie E ⊂ P telle que pour tout (A, B) ∈ E2 , AB ∈ N.
Le but est de prouver qu’il existe pour tout n ∈ N, une partie int´egrale du plan de cardinal n, dont trois points quelconques
ne sont pas align´es.
On fixe un ROND (O,~i, ~j) du plan. On pose :
n
o
G = a + ib | (a, b) ∈ Q2 et |a + ib| = 1 .
1) Pour tout n ∈ N, indiquer une partie int´egrale de cardinal infini.
2) Trouver une partie int´egrale du plan form´ee de trois points non align´es.
0

3) Pour (θ, θ0 ) ∈ R2 , calculer |eiθ − eiθ |. On demande un r´esultat pouvant utiliser cos et sin mais ne faisant pas intervenir de
racine carr´ee.
4) Prouver que G est un sous-groupe de (U, .). En d´eduire que (G, .) est un groupe.
5) En utilisant les formules donnant cos(θ) et sin(θ) en fonction de tan(θ/2), prouver que G est infini.
6) Montrer que pour tout z ∈ G, z2 ∈ G.
n
o
7) Soit G0 = z2 | z ∈ G . Montrer que G0 est infini.
8) Montrer que pour tout (z, z0 ) ∈ G2 , |z − z0 | ∈ Q.
9) Montrer que pour tout n ∈ N∗ , il existe une partie int´egrale form´ee de n points ne contenant aucun triplet de points align´es.
Indications : Si q1 , q2 , ..., qn sont n nombre rationels, alors, si d d´esigne le pgcd de leur d´enominateurs, alors dq1 , dq2 , ..., dqn
sont des nombres entiers.
On pourra e´ galement montrer que si E est un ensemble de n points distincts cocycliques, alors E ne contient aucun triplet
de points align´es.

1

Correction
Exercice 1: e´ quations de degr´e 3
1) a) Calcul...
b) Pour r´esoudre (E) : x3 + ax2 + bx + c = 0, on peut poser X = x + a3 . Alors (E) e´ quivaut a` X 3 + pX + q = 0, avec
3
ab
p = (b − a2 ) et q = 8a
27 − 3 + c.
2) a) Si p = 0, l’´equation revient juste a` chercher les racines cubiques de −q.
b) 02 + q.0 − p3 /27 = −p3 /27 , 0. Donc 0 n’est pas solution de (R), donc U , 0, et donc u , 0.
3

3

3

p
p
p
3
. Or v3 = − 27u
c) Par les relations coefficients racines, on sait que UV = −p3 /27, donc V = − 27U
3 = − 27U . Donc v = V.
3

p
Ainsi, u3 v3 = U.V = − 27
.
De plus, u3 + v3 = U + V = −q.

d) calcul direct
e) calcul direct
3) a) Ici on a p = −18 et q = −35. L’´equation (R) est donc x2 − 35x + 216. Ses racines sont U = 27 et V = 8. On peut donc
prendre u = 3, ce qui m`ene a` v = 2. Ceci m`ene a` une premi`ere solution : u + v = 5.


Les deux autres solutions sont donn´ees par ju + j2 v et j2 u + jv, on trouve −5/2 + i 3/2 et −5/2 − i 3/2.
b) Pour la deuxi`eme e´ quation, on a p = −15, q = −4. Donc (R2 ) : x2 − 4x + 225. On trouve U = 2 + 11.i et V = 2 − 11.i,
et on peut prendre u = 2 + i.


On trouve finalement comme solutions de (E2 ), 4, −2 − 3, −2 + 3.
3
c) En
√ 1), on voit que (E3 ) e´ quivaut a` (x − 1) − 18(x − 1) − 35 = 0. Donc x − 1 peut eˆ tre 5, −5/2 +
√ utilisant la question
i 3/2, ou − 5/2 − i 3/2. D’o`u :


S = {6, −2/2 + i 3/2, −3/2 − i 3/2}.

Exercice 2: Parties int´egrales du plan
1) Prendre O + N.~i.
2) Prendre les sommets d’un triangle e´ quilat´eral dont la longueur des cˆot´es soit enti`ere.
0

3) On calcule, en mettant en facteur ei(θ+θ )/2 (astuce classique pouvant resservir !)
0

0

0

0

0

|eiθ − eiθ | = |ei(θ+θ )/2 .(ei(θ−θ )/2 − ei(θ −θ)/2 )| = |ei(θ+θ )/2 |.|2 sin((θ − θ0 )/2)| = 2| sin((θ − θ0 )/2)|
4) Soient (z, z0 ) ∈ G2 . Montrons que z.z0 ∈ G puis que 1/z ∈ G.
En premier lieu, il est imm´ediat d’apr`es le cours sur le module que |z.z0 | = 1 = |1/z|. C’est la condition sur les coefficients
rationnels qui peut n´ecessit´e plus de calculs.
Soient (a, b, a0 , b0 ) ∈ Q4 tels que z = a + ib et z0 = a0 + ib0 . Alors :
z.z0 = (aa0 − bb0 ) + i(ab0 + a0 b)
Les nombres aa0 − bb0 et a0 b + ab0 sont dans Q. Comme de plus |z.z0 | = 1, on en d´eduit z.z0 ∈ G.
Ensuite,
a
1
b
= 2
−i 2
.
2
z a +b
a + b2
Les nombres

a
a2 +b2

b
et − a2 +b
2 sont dans Q, et |1/z| = 1, donc 1/z ∈ G.

On a prouv´e que G est un sous-groupe de (U, .). On en d´eduit imm´ediatement par le cours que (G, .) est un groupe.
5) Soit t ∈ Q. Soit θ(t) = 2 arctan(t), de sorte que t = tan(θ(t)/2).
2
2t
Alors eiθ(t) = cos(θ(t)) + i sin(θ(t)) = 1−t
+ i 1+t
es les formules du cours.
2 , d’apr`
1+t2
Comme nous avons pris t ∈ Q, le point obtenu a ses parties r´eelles et imaginaires dans Q. De plus, il est de norme 1. Donc
eiθ(t) ∈ G.
Avons-nous obtenu de la sorte une infinit´e de points ?
2

R → ] − π, π[
est injective, de sorte que nous n’avons jamais obtenu deux fois le mˆeme θ(t).
t 7→ 2 arctan(t)
] − π, π[ → U
La fonction
est e´ galement injective, nous n’avons donc jamais obtenu deux fois le mˆeme point.
θ 7→ eiθ
Nous avons ainsi trouv´e dans G autant de points qu’il y a de nombres dans Q, c’est-`a-dire une infinit´e.
La fonction

6) G est un sous-groupe de U, donc ∀z ∈ G, z2 = z.z ∈ G.
G → G0
. Nous savons que
z 7→ z2
chaque e´ l´ement de G0 a au plus deux ant´ec´edents par f . Donc l’ensemble des tous les ant´ec´edents de tous les points de G0
est de cardinal au plus 2n. Mais cet ensemble est G, qui est infini. Nous avons donc une contradiction, et G0 est infini.

7) Supposons par l’absurde que G0 soit fini. Soit n = Card(G). On consid`ere la fonction f :

0

0

8) Soient (z, z0 ) ∈ G2 . Soient (θ, θ0 ) ∈ R2 tels que z = (eiθ )2 = e2iθ et z0 = e2iθ , avec eiθ ∈ G et eiθ ∈ G. Alors leur parties
0
r´eelles et imaginaires de eiθ et eiθ sont dans Q, donc cos(θ), sin(θ), cos(θ0 ), sin(θ0 ) sont dans Q.
D`es lors, la formule trouv´ee a` la question 3) montre que
0

|z − z0 | = |e2iθ − e2iθ | = 2| sin(θ − θ0 )| = 2| sin(θ) cos(θ0 ) + cos(θ) sin(θ0 )| ∈ Q
9) Soit n ∈ N, trouvons une partie int´egrale de cardinal n.
Soient z1 , ..., zn n e´ l´ements distincts de G0 . Pour tout (i, j) ∈ ~1, n2 , la distance |zi − z j | est un nombre rationnel, notons le
qi j . Nous avons donc n2 nombres rationnels. Soit d le pgcd de leur d´enominateurs, alors pour tout (i, j) ∈ ~1, n2 , d.qi j ∈ N.
Soient A1 , ..., An les points d’affixe dz1 , ..., dzn . Alors pour tout (i, j) ∈ ~1, n2 , Ai A j = |dzi − dz j | = d.|zi − z j | = d.qi j ∈ N.
Enfin, ces n points sont sur le cercle de centre 0 de rayon d. Nous savons que l’intersection d’une droite et d’un cercle
contient au plus deux points, donc trois de ces n points ne peuvent jamais eˆ tre align´es.


3


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