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Titre: Université Blaise Pascal : L1S1, Mathématiques, Module A ou B : Nombres complexes
Auteur: © Emmanuel Royer (pour Université Blaise Pascal, département de mathématiques et informatique)

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Département de mathématiques et informatique
L1S1, module A ou B Maths

Chapitre 1
Nombres complexes

Ô Remarque importante

Ce cours n’est pas indépendant
du cours de
Tronc Commun Mathématiques.

Ce document est une version remaniée d’un polycopié écrit par Emmanuel Royer
afin de s’adapter aux modifications des programmes (en vigueur à partir de l’année
2013-2014).

Table des matières

p. 3

Table des matières
1 Nombres entiers, rationnels et réels
1.1 Rappels généraux et principe de récurrence . . . . . . . . . . . . . . . .
P
1.2 Le symbole
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
6

2 Nombres complexes
2.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Règles de calcul dans C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Conjugué d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Puissance n-ième d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Triangle de Pascal et formule du binôme de Newton . . . . . . . . . .
2.6 Module d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.1 Les fonctions sinus et cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.2 Valeurs en des angles de références du premier quadrant . . .
2.7.3 Valeurs en des angles des autres quadrants . . . . . . . . . . .
2.7.4 Formules d’addition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.5 Résumé des formules à savoir . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Argument d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8.1 Argument d’un nombre complexe de module 1 . . . . . . . . .
2.8.2 Argument d’un nombre complexe non nul . . . . . . . . . . . .
2.9 Exponentielle et représentation exponentielle d’un nombre complexe

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8
8
10
11
13
14
19
23
23
24
24
27
28
29
29
31
34

3 Utilisation des nombres complexes
3.1 Trinôme du second degré à coefficients complexes . . . . . . . .
3.1.1 Racines carrées d’un nombre complexe . . . . . . . . . . .
3.1.2 Trinôme du second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Racines n-ièmes de l’unité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Nombres complexes et trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Calcul de cos(nx) et sin(nx) en fonction de cos(x) et sin(x)
3.3.2 Linéarisation des formules trigonométriques . . . . . . .

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35
35
36
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39
42
43
44

4 Solutions des exercices corrigés

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46

p. 4

1

1

Nombres entiers, rationnels et réels

Nombres entiers, rationnels et réels

1.1) Rappels généraux et principe de récurrence
La notation N désigne l’ensemble des entiers naturels :
N = {0, 1, 2, 3, . . . }.
Quand on rajoute à N les opposés de ses éléments, on obtient l’ensemble, noté Z, des
entiers relatifs :
Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . }.
Les fractions que l’on peut former à l’aide de ces nombres forment l’ensemble, noté Q,
des nombres rationnels :


a
Q=
tel que a ∈ Z, b ∈ Z, b , 0 .
b
Enfin, R désigne l’ensemble des nombres réels. Tout réel peut s’écrire à l’aide d’un
entier relatif et d’une infinité de chiffres décimaux. Bien entendu, on a N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.
Tous ces ensembles sont munis d’une addition et d’une multiplication. La soustraction est définie dans Z, Q et R mais pas dans N : le résultat de la soustraction 2−3 n’est
pas dans N alors que 2 et 3 sont dans N. La division (par un nombre nécessairement
non nul) est définie dans Q et R mais pas dans Z (et a fortiori pas dans N) : le résultat
de la division de −2 par −7 n’est pas dans Z alors que −2 et −7 sont dans Z.
Un principe fondamental dans l’ensemble Z est le principe de récurrence.
Proposition 1 (Principe de récurrence)– Soit P(n) un énoncé dépendant d’un paramètre
entier relatif n. Si P(n0 ) est vrai pour un entier relatif n0 et s’il est prouvé que lorsque
P(n) est vrai pour un entier n supérieur ou égal à n0 , P(n + 1) est vrai aussi, alors P(n) est
vrai pour tous les entiers supérieurs ou égaux à n0 .
Remarque 2– Il faut bien comprendre la phrase « s’il est prouvé que lorsque P(n)
est vrai pour un entier n supérieur ou égal à n0 , P(n + 1) est vrai aussi ». Elle ne dit
absolument pas qu’on suppose P(n) vrai pour tout n ≥ n0 ! Elle dit qu’on suppose
vraie l’implication « si P(n) est vrai alors P(n + 1) est vrai ». Ayez en tête le fait que
l’implication « si vous travaillez bien vous aurez de bons résultats » est vraie mais
qu’elle ne dit pas que vous travaillerez bien.
Un raisonnement par récurrence contient plusieurs étapes essentielles, notamment
celles appelées initialisation et hérédité. Détaillons-les sur un exemple simple.
Exemple 3– Soit n un entier ≥ 1 et P(n) l’énoncé
« 1 + 2 + ··· + n =
| {z }
somme de tous les
entiers de 1 à n

n(n + 1)

2

1

Nombres entiers, rationnels et réels

p. 5

Initialisation. On démontre l’énoncé au premier rang, ici pour n = 1, i.e. on vérifie que
P(1) est vrai. En effet, d’une part la somme des entiers de 1 à 1 vaut 1 et, d’autre part,
1+1
2 = 1. D’où l’égalité souhaitée et le fait que P(1) est vrai.
Hérédité. On suppose désormais l’énoncé P(n) vrai pour un entier naturel n ≥ 1 fixé et
on démontre qu’alors P(n + 1) est encore vrai. Calculons la somme de tous les entiers
de 1 à n + 1. On a
somme de tous les
entiers de 1 à n

z }| {
1 + 2 + · · · + (n + 1) = ( 1 + 2 + · · · + n ) + (n + 1)
n(n + 1)
+ (n + 1) car P(n) est vrai par hypothèse de récurrence
=
2
(n + 1)(n + 2)
.
=
2
Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si l’énoncé P(n) est vrai, alors l’énoncé
P(n + 1) est vrai. Nous avons de plus montré que l’énoncé P(1) est vrai. Le principe de
récurrence permet de conclure que l’énoncé P(n) est vrai pour tout n ≥ 1.
Remarque 4– La structure d’un raisonnement par récurrence est identique quel que
soit l’énoncé à démontrer. N’importe quel raisonnement par récurrence prendra donc
toujours la forme suivante où valeur initiale désigne un entier (1 dans l’exemple précédent) et où les pointillés sont à compléter en fonction de l’énoncé (a) .
Soit n un entier (relatif) ≥ valeur initiale et
P(n) : « . . . »
l’énoncé de la proposition de récurrence.
Initialisation. On démontre que P(valeur initiale) est vrai. En effet, . . . D’où le fait que
P(valeur initiale) est vrai.
Hérédité. On suppose l’énoncé P(n) vrai pour un entier naturel n ≥ valeur initiale fixé
et on démontre que P(n + 1) est encore vrai.
...
car P(n) est vrai par hypothèse de récurrence
...
Pour tout entier n ≥ valeur initiale, nous avons montré que si l’énoncé P(n) est
vrai, alors l’énoncé P(n + 1) est encore vrai. Nous avons de plus montré que l’énoncé
P(valeur initiale) est vrai. Le principe de récurrence permet de conclure que l’énoncé
P(n) est vrai pour tout n ≥ valeur initiale.
Remarque 5– Voici quelques pièges classiques à éviter lors d’un raisonnement par
récurrence.
1. L’oubli d’une étape, notamment l’énoncé de la proposition ou la conclusion.
a. S’il n’est pas rigoureusement nécessaire d’écrire explicitement « Initialisation » ou « Hérédité », ces
étapes (comme les autres) doivent figurer clairement dans le raisonnement.

p. 6

1

Nombres entiers, rationnels et réels

2. L’énoncé de la proposition de récurrence dépend d’un entier relatif. En particulier,
celui-ci ne peut en aucun cas contenir une phrase du type « pour tout entier n »
ou « quel que soit n ». De même, l’étape d’hérédité ne peut absolument jamais
commencer par une phrase telle que « On suppose P(n) vrai » sans plus de
précision, sinon il n’y a plus rien à démontrer ! Il faut donc bien préciser « On
suppose l’énoncé P(n) vrai pour un entier n ≥ . . . fixé » ou « On suppose l’énoncé
P(n) vrai pour un certain entier n ≥ . . . » ou encore « Soit n ≥ . . . tel que P(n) est
vrai ».
3. Si dans un raisonnement par récurrence, vous ne vous servez pas de l’hypothèse
de récurrence lors de l’étape d’hérédité, c’est que le raisonnement par récurrence
est inutile : un raisonnement direct suffit. D’où l’importance de bien indiquer
l’endroit précis où vous vous en servez.
Exercice corrigé 6– À l’aide d’un raisonnement par récurrence, montrer que pour tout
entier naturel n ≥ 1, on a
1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 .
|
{z
}
somme des n premiers
entiers naturels impairs

1.2) Le symbole

P

On définit dans ce paragraphe une notation qui rend plus commode (et moins
ambiguë) l’écriture de sommes (finies). Commençons par un exemple. On considère la
somme
10 + 11 + 12 + · · · + 98 + 99 + 100
de tous les entiers entre 10 et 100, que l’on veut écrire sans les pointillés. On se donne
alors un paramètre, disons n, et une fonction notée par exemple f tels que f (n) décrit
exactement l’ensemble des termes de la somme lorsque n varie entre une valeur initiale
et une valeur finale. Dans notre exemple, on pose simplement f (n) = n pour n entier
compris entre 10 et 100. On note alors
10 + 11 + 12 + · · · + 98 + 99 + 100 =

100
X

n.

n=10

D’une manière générale, étant donné deux entiers (relatifs) a ≤ b et une fonction f
(bien définie sur les entiers entre a et b), le symbole
b
X

f (n)

n=a

désigne le résultat obtenu en considérant successivement tous les entiers de a à b, en
calculant pour chaque tel entier n la valeur f (n) et en ajoutant le résultat à la somme
précédemment calculée :
b
X
n=a

f (n) = f (a) + f (a + 1) + · · · + f (b − 1) + f (b).

1

Nombres entiers, rationnels et réels

p. 7

Exercice corrigé 7– Calculer les sommes suivantes :
5
X

k

2 ,

8
X

5
X
(3j 2 + 1).

(−2 + 3m),

m=3

k=−3

j=0

Exercice corrigé 8– Écrire avec le symbole
2 + 4 + 6 + · · · + 98 + 100,
1 + 22 + 32 + · · · + 302 ,

P

les sommes suivantes :

1 1 1 1 1 1 1 1 1
− + − + − + − + ,
2 3 4 5 6 7 8 9 10

3 4 4 5 5 6 6 7 7 8
+ + + + + + + + + .
4 3 5 4 6 5 7 6 8 7

Remarque 9– Noter que dans l’écriture

b
X

f (n) la variable n n’intervient pas dans le

n=a

résultat. On parle de variable « muette ». On peut en particulier lui donner le nom que
l’on souhaite. Ainsi on a par exemple,
5
X
n=−2

5
X
1
1 1
1 1 1
1
1
1
= + +1+ + +
.
+
+
=
2
2
5
2
2
5
10
17
26
n +1
k +1
k=−2

Rien n’empêche en revanche d’avoir des bornes de sommation qui dépendent d’une
variable donnée. Par exemple, on peut considérer, comme dans l’exercice 6, la somme
des n premiers entiers naturels impairs avec n entier naturel ≥ 1 quelconque. Avec le
P
symbole , elle s’écrit :
n
X

1 + 3 + · · · + (2n − 1) =
(2k − 1).
|
{z
} k=1
somme des n premiers
entiers naturels impairs

Exercice corrigé 10– Soit n un entier naturel ≥ 2. Écrire avec le symbole

P

la somme

1. des inverses des entiers naturels non nuls inférieurs ou égaux à n ;
2. des entiers naturels pairs inférieurs ou égaux à n ;
3. des n premiers cubes d’entiers naturels non nuls ;
4. des n premiers entiers naturels de la forme 3k + 1 avec k entier.
Que vaut chacune de ces sommes lorsque n = 2 ? n = 3 ?
Il est enfin possible d’effectuer un changement de variables dans une somme. Par
n−1
X
2k , on
exemple, en effectuant le changement de variables k 0 = k + 1 dans la somme
k=0

p. 8

2

obtient

n−1
X

2k =

n
X

Nombres complexes

0

2k −1 . Par ailleurs, puisque la variable k 0 est muette, rien n’empêche

k 0 =1

k=0

alors de la renommer, y compris par k. On en tire alors l’égalité
n−1
X
k=0

k

2 =

n
X

2k−1 .

k=1

Si le procédé peut paraître surprenant au premier abord (b) , c’est néanmoins totalement
licite (comme on peut s’en convaincre en développant la somme ci-dessus) et extrêmement utile dans la pratique (voir par exemple la démonstration de la proposition 36
pour une utilisation concrète de ce principe).

2

Nombres complexes
Pour résoudre n + 1 = 0, il a fallu sortir de N et aller dans Z : −1 est un entier relatif
qui n’est pas un entier naturel. Pour résoudre 2n = 1, il a fallu sortir de Z et aller dans
Q, pour résoudre x2 = 2 il a fallu sortir de Q et aller dans R. De même, l’équation
x2 = −1 n’a pas de solution dans R et il nous faut quitter R. On va donc construire un
ensemble contenant strictement R, muni d’une addition et d’une multiplication aux
propriétés analogues à celles que ces opérations ont dans Q ou R et dans lequel cette
équation a (au moins) une solution : l’ensemble des nombres complexes.
C’est un résultat profond, appelé théorème de D’Alembert-Gauss (c) , que toute
équation polynomiale (c’est-à-dire qui ne fait intervenir que des constantes et des
termes en x, x2 , x3 ,. . .) à coefficients complexes admet une solution complexe. Même
si ce résultat est hors-programme, on en verra deux cas particuliers importants (à
connaître !) aux paragraphes 3.1 et 3.2 à propos des équations, d’inconnue x, de la
forme
ax2 + bx + c = 0, avec a, b, c nombres complexes donnés, a , 0
et
xn = Z, avec n entier naturel ≥ 2 et Z nombre complexe donnés.

2.1) Définition
Définition 11 (Nombre complexe)– Un nombre complexe est un couple (a, b) de nombres
réels. Deux nombres complexes (a, b) et (a0 , b0 ) sont égaux si, par définition, on a les égalités
a = a0 et b = b0 .
Un nombre complexe est donc, par définition, un élément de
R2 = {(x, y) tel que x, y ∈ R}.
b. On a l’impression d’écrire k = k + 1 . . .
c. On dit aussi parfois théorème fondamental de l’Algèbre.

2

Nombres complexes

p. 9

Convenons d’identifier R au sous-ensemble {(x, 0) tel que x ∈ R} de R2 constitué des
couples dont la seconde coordonnée est nulle et de noter par i le nombre complexe (0, 1).
On a alors
(a, b) = a(1, 0) + b(0, 1) = a + bi.
Il faut encore définir les lois d’addition et de multiplication sur les nombres complexes
dont on a parlé plus haut.
Définition 12 (Addition)– Si (a, b) et (c, d) sont deux nombres complexes, leur somme est
définie comme étant le nombre complexe
(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d).
Autrement dit, on a
(a + ib) + (c + id) = a + c + i(b + d).
Définition 13 (Produit)– Si (a, b) et (c, d) sont deux nombres complexes, leur produit est
défini comme étant le nombre complexe
(a, b) × (c, d) = (ac − bd, ad + bc).
Autrement dit, on a
(a + ib) × (c + id) = ac − bd + i(ad + bc).
Remarque 14– Lorsque cela n’induit pas d’ambiguïté (d) , on omet bien souvent le
symbole × (ou ·) et on écrit simplement zz 0 au lieu de z × z 0 (ou z · z 0 ).
En appliquant la définition 13 au produit i 2 = i × i, on obtient la formule fondamentale suivante :
i 2 = −1.
Définition 15– L’ensemble R2 muni de l’addition et de la multiplication ainsi définies
s’appelle l’ensemble des nombres complexes et se note C.
Remarque 16– Si K désigne l’un des ensembles N, Z, Q, R ou C, on note K∗ ou K \ {0}
l’ensemble des éléments non nuls de K. L’ensemble des nombres réels positifs se
note R+ , celui des réels négatifs R− . Quant à l’ensemble des réels strictement positifs
(resp. strictement négatifs), on le note R∗+ (resp. R∗− ). On définit de même :
Q− = {x ∈ Q tel que x ≤ 0},

Q+ = {x ∈ Q tel que x ≥ 0}

Q∗− = {x ∈ Q tel que x < 0},

Q∗+ = {x ∈ Q tel que x > 0}.

et
d. Évidemment 2 × 3 × i n’est pas égal à 23 × i, mais par contre 2 × 3 × i = 2 × 3i = 2 · 3i.

p. 10

2

Nombres complexes

Noter que la notion « être positif » (ou « être négatif ») a bien un sens dans R (et ses
sous-ensembles, comme par exemple Q), mais en aucun cas dans C (voir à ce propos le
début du paragraphe 3.1.1).
Définition 17 (Représentation algébrique d’un nombre complexe)– Étant donné un
nombre complexe z, les réels a et b de l’écriture z = a + ib s’appellent respectivement la
partie réelle de z, notée <(z), et la partie imaginaire de z, notée =(z). Cette écriture de
z s’appelle sa représentation algébrique. Un nombre complexe dont la partie imaginaire
est nulle est un nombre réel. Un nombre complexe dont la partie réelle est nulle s’appelle
un imaginaire pur.

2.2) Règles de calcul dans C
Les opérations d’addition et de multiplication dans C sont définies pour que les
calculs se fassent avec les mêmes réflexes que dans R en ajoutant uniquement la
nouvelle règle i 2 = −1. Nous listons maintenant les règles de calculs dans C. Soit
z, z 0 , z 00 ∈ C.
æ L’addition est associative
(z + z 0 ) + z 00 = z + (z 0 + z 00 ).
æ L’addition admet un élément neutre, à savoir 0 = 0 + i0 :
z + 0 = 0 + z = z.
æ Tout nombre complexe admet un opposé : celui de z se note −z. Il est défini
ainsi :
−z = −<(z) + i(−=(z)).
On a z + (−z) = −z + z = 0. Par ailleurs, on note z − z 0 le nombre complexe z + (−z 0 ).
æ L’addition est commutative
z + z 0 = z 0 + z.
æ La multiplication est associative
(zz 0 )z 00 = z(z 0 z 00 ).
æ La multiplication admet un élément neutre, à savoir 1 :
1z = z1 = z.
æ Tout nombre complexe différent de 0 admet un inverse. Si z = a + ib, avec a et
b réels, est un nombre complexe non nul, alors son inverse, noté z −1 ou 1z , est
défini ainsi :
1
a
b
z −1 = = 2
−i 2
.
(1)
2
z a +b
a + b2
On a zz −1 = z −1 z = 1 (voir l’exercice corrigé 19 ci-dessous).

2

Nombres complexes

p. 11

æ La multiplication est commutative
zz 0 = z 0 z.
æ La multiplication est distributive sur l’addition
(z + z 0 )z 00 = zz 00 + z 0 z 00 .
z(z 0 + z 00 ) = zz 0 + zz 00 .
Exercice 18– Parmi les propriétés ci-dessus, quelles sont celles qui sont vérifiées par
l’addition et la multiplication dans N ? dans Z ? Un ensemble muni d’une addition et
d’une multiplication vérifiant toutes les propriétés ci-dessus est appelé un corps. Que
peut-on dire de Q, R et C ?
Exercice corrigé 19– Soit a, b deux nombres réels. Si a , 0 ou b , 0, montrer que
a2 + b2 > 0. Vérifier alors que
!
b
a
−i 2
(a + ib) 2
= 1.
a + b2
a + b2
Exercice 20– À l’aide des propriétés de la multiplication dans C, montrer qu’un produit
de deux nombres complexes est nul si et seulement si l’un d’entre eux est nul.
Exercice corrigé 21– Écrire les nombres complexes suivants sous forme algébrique et
déterminer leurs parties réelle et imaginaire (voir la définition 17).
z1 = 3i + 7 − 5i,

z2 = 4 − (1 − 2i), z3 = −i(2 + 3i), z4 = 3(5 − i) + i(−1 + 5i),




i
1
z5 = (3 + 5i) 2 − , z6 =
− i (5 + i), z7 = (1 + i)(1 − i),
2
2
1
1−i
5i
z8 =
, z9 =
, z10 =
.
3 + 4i
3 + 2i
4−i

2.3) Conjugué d’un nombre complexe
On a vu au paragraphe précédent que pour déterminer la représentation algébrique
de l’inverse du nombre complexe non nul z = a + ib avec a, b réels, il était utile de
considérer le nombre complexe a − ib. On donne ici un nom à l’opération consistant à
passer de a + ib à a − ib et on en étudie les principales propriétés.
Définition 22– Si z = a + ib avec a et b réels, le nombre complexe a − ib s’appelle le
conjugué de z. On note
z = a − ib.
L’application qui transforme z en z s’appelle la conjugaison complexe.
On a la proposition suivante.

p. 12

2

Nombres complexes

Proposition 23– Si z = a + ib avec a et b réels, alors
zz = a2 + b2 .
En particulier, zz est un nombre réel positif ou nul.
Démonstration. D’après les règles de calcul vues plus haut, si z = a + ib avec a et b réels,
on a
zz = (a + ib)(a − ib) = a2 + b2 + i(ba − ab) = a2 + b2 .
D’où le résultat.
Cette proposition implique que l’inverse du nombre complexe non nul z = a + ib est
1
z
a
b
= 2
= 2
−i 2
.
2
2
z a +b
a +b
a + b2
On retrouve donc bien la formule (1). On établit maintenant les propriétés importantes
de la conjugaison complexe.
Proposition 24– Soit z, z1 , z2 des nombres complexes. On a :
1) z = z.
2) z1 + z2 = z1 + z2 .
3) z1 · z2 = z1 z2 .
 
1
1
4)
= (si z , 0)
z
z
5) z + z = 2<(z) et z − z = 2i=(z).
Remarque 25– Il résulte du troisième point de la proposition 24 que si λ est réel et si z
est complexe alors λz = λz.
Démonstration de la proposition 24.
1) Si z = x + iy avec x et y réels alors z = x − iy et donc z = x + iy = z.
2) Si z1 = x + iy et z2 = a + ib avec x, y, a, b réels alors
z1 + z2 = x − iy + a − ib = (x + a) − i(y + b) = (x + a) + i(y + b) = z1 + z2 .
3) Si z1 = x + iy et z2 = a + ib avec x, y, a, b réels alors
z1 · z2 = (x − iy)(a − ib) = xa − yb − i(ya + xb)
et
z1 z2 = (x + iy)(a + ib) = xa − yb + i(ya + xb) = xa − yb − i(ya + xb)
d’où l’égalité cherchée.

2

Nombres complexes

p. 13

4) En choisissant z1 = z et z2 = 1/z dans l’égalité précédente, on trouve


 
1
=1=1
z

d’où

 
1
1
= .
z
z

5) On a z + z = <(z) + i=(z) + <(z) − i=(z) = 2<(z) et z − z = <(z) + i=(z) −
<(z) + i=(z) = 2i=(z).

Exercice corrigé 26– À l’aide de la représentation algébrique d’un nombre complexe
et des propriétés de la conjugaison, résoudre dans C l’équation iz − 1 = 2z + i.

2.4) Puissance n-ième d’un nombre complexe
Ce paragraphe va notamment être l’occasion d’utiliser le principe de récurrence
pour démontrer des propriétés des nombres complexes.
Dès lors qu’on sait multiplier, on sait prendre les puissances. Si z ∈ C et n ∈ N \ {0},
on définit la puissance n-ième de z par récurrence en posant



si n = 1
z
n
z =
(2)

zz n−1 si n > 1.
Autrement dit,
zn =

z × · · · × z.
| {z }
n répétitions de z
dont on fait le produit

Si de plus z , 0, on pose z 0 = 1 et

1
.
zn
On a donc z n z −n = 1. La proposition suivante est d’usage constant.
z −n =

(3)

Proposition 27– Soit z et z 0 deux nombres complexes et m et n des entiers relatifs. Alors
1) z m z n = z m+n , avec z , 0 si m ≤ 0 ou n ≤ 0,
2) (z m )n = z mn , avec z , 0 si m ≤ 0 ou n ≤ 0,
3) z n = z n , avec z , 0 si n ≤ 0,
4) (zz 0 )n = z n z 0n , avec z , 0 et z 0 , 0 si n ≤ 0.
Démonstration. La démonstration de cette proposition n’est pas difficile, mais fastidieuse. On se contente donc de montrer la propriété 2) à l’aide de 1).
Pour tout n ∈ Z, pour tout m ∈ Z, on note P(m, n) la propriété « pour tout complexe
z non nul, (z m )n = z mn ». Pour tout n ∈ Z, on note P(n) la propriété « pour tout m ∈ Z,
la propriété P(m, n) est vraie ».

p. 14

2

Nombres complexes

a) Montrons par récurrence que P(n) est vraie pour tout n ≥ 0.
Pour tout z , 0 et tout m ∈ Z, on a (z m )0 = 1. De plus z m·0 = z 0 = 1 donc
(z m )0 = z m·0 et P(0) est vraie.
Soit n ≥ 0 tel que la propriété P(n) est vraie. Soit z ∈ C∗ et m ∈ Z. On a (z m )n+1 =
(z m )n z m par définition. Grâce à P(n), on a (z m )n = z mn et donc (z m )n+1 = z mn z m .
Enfin, appliquant de nouveau 1), on a z mn z m = z mn+n et donc (z m )n+1 = z m(n+1) .
La propriété P(n + 1) est vraie.
La propriété P(0) est vraie. Pour tout n ≥ 0, si P(n) est vraie, alors P(n + 1) est
vraie. Par récurrence, on en déduit que pour tout entier n ≥ 0, la propriété P(n)
est vraie.
b) Montrons enfin que P(n) est vraie pour tout entier n < 0. Soit n < 0. On écrit
n = −q avec q ≥ 1. Soit z ∈ C∗ et m ∈ Z. On a
(z m )−q =

1

.
(z m )q

Puisque q > 0, la relation P(q) est vraie et donc
1
1
=
= z −mq = z mn .
(z m )q z mq
Ainsi, P(n) est vraie.
Si n ≥ 1, la définition donnée par (3) indiquait que z −n est l’inverse de z n . La proposition 27 implique que, quelque soit le signe de n, on a z n z −n = z n−n = 1. L’égalité (3)
est donc vraie pour tout n ∈ Z. Par ailleurs, la proposition 27 implique (z −1 )n = z −n .
Autrement dit, on a
 n
1
1
z −n = n =
, quel que soit z ∈ C∗ et n ∈ Z.
z
z

2.5) Triangle de Pascal et formule du binôme de Newton
On commence par rappeler la définition du coefficient binomial vue au lycée.
Définition 28 (Coefficient binomial)– Soit k et n deux entiers naturels tels que 0 ≤ k ≤ n.

La notation nk désigne le nombre de chemins conduisant à k succès dans l’arbre associé à
un schéma de Bernoulli d’ordre n.
Remarque 29– Sur la figure 1, on a représenté un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre 3 et de probabilité de succès p.
Exercice corrigé 30– Calculer les coefficients binomiaux
!
!
!
!
!
4
3
4
5
5
,
,
,
et
.
1
2
2
3
0

2

Nombres complexes

p

p. 15

1-p

Succès

Echec

p

1-p

Succès
p
Succès

Echec
1-p

Echec

p
Succès

p

1-p

1-p

p

Succès
1-p
Echec

p
Succès

Echec

Echec

Succès

1-p
Echec

Figure 1: Arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre 3
!
!
n
n
Exercice corrigé 31– Pour n entier naturel et 0 ≤ k ≤ n, montrer que
=
.
k
n−k
Si n ≥ 1, calculer les coefficients binomiaux
!
!
!
!
n
n
n
n
,
,
et
.
0
1
n−1
n
La formule suivante permet de dessiner le triangle de Pascal (cf. figure 2).
Proposition 32– Soit n ≥ 2 un entier naturel. Si 0 < k < n alors
!
!
!
n
n−1
n−1
=
+
.
k
k
k−1
Démonstration. On considère un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n ≥ 2.
Pour un chemin menant à k succès (avec 0 < k < n) dans cet arbre, on a l’alternative
suivante :
- soit on a obtenu k succès après n − 1 étapes (et la dernière est un échec) ;
- soit on a obtenu k − 1 succès après n − 1 étapes (et la dernière est un succès).
Ainsi, le nombre de chemins menant à k succès dans un arbre associé à un schéma de
Bernoulli d’ordre n est la somme du nombre de chemins menant à k succès dans un
arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n − 1 et du nombre de chemins menant
à k − 1 succès dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n − 1. D’où la
formule annoncée.
La proposition 32 permet de donner une représentation graphique des coefficients
binomiaux et de les calculer facilement. On place n sur un axe vertical et k sur un axe

horizontal. On place nk à l’intersection de la ligne correspondant à n avec la colonne


correspondant à k. Les égalités n0 = nn = 1 indiquent que la première colonne et la
diagonale sont formées de 1. La proposition 32 indique que les coefficients qui ne sont
ni sur la première colonne ni sur la diagonale s’obtiennent par ajout du coefficient
à l’intersection de la ligne précédente et de la même colonne avec le coefficient à
l’intersection de la ligne précédente et de la colonne précédente (voir la figure 2).

p. 16

2

n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11

k 0

1

1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11

2

3

Nombres complexes

8

9

10

11

1
3
1
6
1
4
10 10
5
1
15 20 15
6
1
21 35 35 21
7
1
28 56 70 56 28
8
1
36 84 126 126 84 36
9
45 120 210 252 210 120 45
55 165 330 462 462 330 165

1
10
55

1
11

1

4

5

6

7

Figure 2: Premières lignes du triangle de Pascal
On souhaite à présent établir une formule pour le calcul direct des coefficients
binomiaux. Pour cela, on introduit la notation « ! ». On pose 0! = 1 et pour a ≥ 1 entier,
on définit a! par récurrence (e) :



si a = 1
1
a! = 

(a − 1)!a si a > 1
En d’autres termes, si a ≥ 1, alors a! est le produit de tous les entiers de 1 à a. Par
exemple, 4! = 24 et 6! = 720. La proposition suivante fait le lien entre coefficients
binomiaux et factorielles.
Proposition 33– Si k et n sont des entiers naturels tels que 0 ≤ k ≤ n, on a
!
n
n!
=
.
k
k!(n − k)!
Démonstration. La proposition est vraie pour n = 0 car
entier naturel et P(n) l’énoncé

0
0

=1=

0!
0!0! .

Soit n ≥ 1 un

!
n
n!
« Pour tout entier k tel que 0 ≤ k ≤ n, on a
=

k
k!(n − k)!
L’énoncé P(1) est vrai car
!
1
0!
=1=
0
0!1!
e. La notation « a! » se lit « factorielle a ».

et

!
1
1!
=1=
.
1
1!0!

2

Nombres complexes

p. 17

Soit n ≥ 1 tel que P(n) est vrai et 0 ≤ k ≤ n + 1. Comme
!
!
(n + 1)!
(n + 1)!
n+1
n+1
=1=
et
=1=
,
0
0!(n + 1)!
n+1
(n + 1)!0!
on peut supposer 0 < k < n + 1. D’après la proposition 32, on a alors
!
!
!
n+1
n
n
=
+
k
k
k−1
n!
n!
=
+
par hypothèse de récurrence.
k!(n − k)! (k − 1)!(n − (k − 1))!

En utilisant les égalités (n − k + 1)! = (n − k)!(n − k + 1) et k! = (k − 1)!k, on réduit au même
dénominateur
!
!
n! ((n − k + 1) + k)
(n + 1)!
n
n
+
=
=
.
k
k−1
k!(n − k + 1)!
k!(n + 1 − k)!
D’où P(n + 1) est vraie. Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si la proposition
P(n) est vraie, alors la proposition P(n + 1) est vraie. Nous avons de plus montré que les
propositions P(1) et P(0) sont vraies. Le principe de récurrence permet de conclure que
la proposition P(n) est vraie pour tout n ≥ 0.
Exercice 34– Refaire l’exercice 31 en utilisant la formule de la proposition 33 pour les
coefficients binomiaux.
La formule de la proposition 33 va nous permettre de faire le lien entre les coefficients binomiaux et les coefficients du développement de (u + v)n avec u, v nombres
complexes et n entier naturel quelconques. À titre d’exemple, d’après les règles de
calcul dans C du paragraphe 2.2, on a
(u + v)2 = (u + v)(u + v) = u 2 + uv + vu + v 2
= u 2 + 2uv + v 2
!
!
2 2 2
=
u +
uv +
0
1
!
!
2 2 2
=
v +
uv +
0
1

!
2 2
v
2
!
2 2
u .
2

Exercice corrigé 35– Développer de même les produits (u+v)3 et (u+v)4 et pour chacun
d’eux écrire les coefficients du développement à l’aide de coefficients binomiaux.
On établit désormais une formule générale pour le développement de (u +v)n avec n
entier naturel quelconque. En plus de la formule pour les coefficients binomiaux de la
proposition 33, la démonstration de l’important résultat ci-dessous utilise le principe
P
de récurrence et des manipulations sur le symbole introduits aux paragraphes 1.1
et 1.2.

p. 18

2

Nombres complexes

Proposition 36 (Formule du binôme de Newton)– Si u et v sont complexes, si n ≥ 1 est
entier naturel alors
!
n
X
n j n−j
n
(u + v) =
u v
j
j=0
!
!
!
!
!
n n n n−1
n n−2 2
n
n n
n−1
=
v +
v u+
v u + ··· +
vu
+
u .
0
1
2
n−1
n
Remarque 37– Dans la formule de Newton, on fait la convention 00 = 1. C’est nécessaire pour appliquer la formule lorsque v = 0 ou u = 0.
Démonstration. Compte-tenu de la convention ci-dessus, la formule est vérifiée lorsque
u = 0 ou v = 0. Soit u et v deux nombres complexes que l’on suppose donc non nuls et
n ≥ 1 un entier naturel. On note H(n) la proposition
!
n
X
n j n−j
« (u + v) =
u v
»
j
n

j=0

et on raisonne par récurrence.
Pour n = 1 on a (u + v)1 = u + v et
!
!
!
1
X
1 j 1−j
1
1
u v
=
v+
u = u +v
j
0
1
j=0

donc H(1) est vraie.
Soit n ≥ 1 tel que la proposition H(n) est vraie. Alors
(u + v)n+1 = (u + v)n (u + v)


!
n

X
n


= 
u j v n−j  (u + v)


j

par hyptohèse de récurrence

j=0

!
!
n
n
X
n j+1 n−j X n j n−j+1
u v
=
u v +
j
j
j=0

j=0

=

n+1
X
j=1

!
n
X
n
n j n−j+1
j n−j+1
u v
+
u v
j −1
j
!

j=0

où l’on a effectué le changement de variables j 0 = j + 1 dans la première somme. Or,
n+1
X
j=1

!
!
!
!
n
n
X
n
n
n n+1 X n
j n−j+1
j n−j+1
u v
=
u v
+
u
=
u j v n−j+1 + u n+1
j −1
j −1
n
j −1
j=1

j=1

2

et

Nombres complexes

p. 19

!
!
!
!
n
n
n
X
n j n−j+1 X n j n−j+1 n n+1 X n j n−j+1
u v
=
u v
+
v
=
u v
+ v n+1
j
j
0
j
j=0

j=1

j=1

donc
n+1

(u + v)

n
X

!
!!
n
n
=
+
u j v n−j+1 + u n+1 + v n+1
j −1
j
j=1
!
n
X
n + 1 j n+1−j
=
u v
+ u n+1 + v n+1 ,
j
j=1

d’après la proposition 32 (on a bien 0 < j < n + 1). Par ailleurs, u n+1 =
 0 n+1
même v n+1 = n+1
. Donc on obtient
0 u v
(u + v)

n+1

n+1 n+1 0
v
n+1 u

et de

!
n+1
X
n + 1 j n+1−j
=
u v
j
j=0

et H(n + 1) est vraie. Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si la proposition
H(n) est vraie, alors la proposition H(n + 1) est vraie. Nous avons de plus montré que
la proposition H(1) est vraie. Le principe de récurrence permet de conclure que la
proposition H(n) est vraie pour tout n ≥ 1.

2.6) Module d’un nombre complexe
#» #»
On munit le plan R2 d’un repère orthonormé (O, i , j ). Tout nombre complexe z =
a + ib avec a et b réels peut être représenté par un unique point du plan de coordonnées
(a, b). Inversement, à tout point du plan de coordonnées (a, b) on peut associer un
unique nombre complexe, à savoir z = a + ib. Le plan est donc une représentation
géométrique de l’ensemble C (voir la figure 3). Le nombre complexe z associé à un
point A du plan s’appelle l’affixe du point A. Le point A s’appelle le point image de z.
Le théorème de Pythagore implique que l’on a
OA2 = <(z)2 + =(z)2 .
Donnons un nom à la distance OA.
Définition 38– Soit z un nombre complexe. Le nombre réel
module de z. On note
q
|z| = <(z)2 + =(z)2 .

p

<(z)2 + =(z)2 s’appelle le

D’après ce qu’on vient de voir, on a le résultat suivant.
Proposition 39– Le module |z| de z est la longueur du segment reliant O au point image
de z.

p. 20

2

Nombres complexes

y

A

=(z)

|z|

O
<(z)

x

Figure 3: Représentation géométrique de C

Exercice corrigé 40– Soit z un nombre complexe. Où se situent les points images
de z, −z et −z par rapport à celui de z ? (Faire une représentation graphique comme à la
figure 3.) Que valent leurs modules respectifs ?

On a déjà rencontré (sans le dire) le module d’un nombre complexe à la proposition 23. On peut désormais la reformuler ainsi.

Proposition 41– Soit z un nombre complexe. On a zz = |z|2 .

Exercice corrigé 42– Soit a un nombre réel. Montrer que


(
a2

=

a
si a ≥ 0
.
−a sinon

En déduire que les fonctions module et valeur absolue coïncident sur l’ensemble des
nombres réels.

Compte-tenu de l’exercice ci-dessus, il n’est pas surprenant de constater que les
propriétés du module sur C sont semblables aux propriétés de la valeur absolue sur R.
On les résume dans la proposition suivante.

2

Nombres complexes

p. 21

Proposition 43 (Propriétés du module)– Soit z et z 0 deux nombres complexes.
æ |<(z)| ≤ |z| et |=(z)| ≤ |z|.
æ |z| = 0 si et seulement si z = 0.
æ |−z| = |z|.
æ |z| = |z|.
æ |zz 0 | = |z| · |z 0 |.
1 1
æ
= (si z , 0).
|z| z
æ |z n | = |z|n (n ∈ Z et z , 0 si n ≤ 0).
æ Inégalité triangulaire : |z + z 0 | ≤ |z| + |z 0 |.
æ ||z| − |z 0 || ≤ |z − z 0 |.
p
Démonstration. 1) On a |z| = <(z)2 + =(z)2 et <(z)2 + =(z)2 ≥ <(z)2 ≥ 0 donc en
passant aux racines carrées (et en utilisant l’exercice 42), il vient |z| ≥ |<(z)|. De
même, <(z)2 + =(z)2 ≥ =(z)2 donc |z| ≥ |=(z)|.
2) a) Si |z| = 0 alors <(z)2 + =(z)2 = 0. On a <(z)2 ≥ 0 et =(z)2 ≥ 0, si l’un des
deux termes <(z)2 ou =(z)2 était strictement positif on aurait |z| > 0. Donc
<(z) = =(z) = 0 et z = 0.
b) Si z = 0 alors <(z) = =(z) = 0 donc |z| = 0.
3) Cette propriété et la suivante ont été démontrées à l’exercice 40 par des arguments
géométriques. On les démontre à présent par des arguments algébriques. De l’égalité
−z = −<(z) − i=(z), on tire
q
q
2
2
|−z| = (−<(z)) + (−=(z)) = <(z)2 + =(z)2 = |z|.
4) De l’égalité z = <(z) − i=(z) on tire
q
q
2
2
|z| = <(z) + (−=(z)) = <(z)2 + =(z)2 = |z|.
p
5) D’après la proposition 41, on a |zz 0 | = zz 0 · zz 0 , puis avec les propriétés de la
conjugaison
complexe (proposition 24) et le fait que zz ∈ R+ , z 0 z 0 ∈ R+ , il vient
√ p
|zz 0 | = zz z 0 z 0 = |z| · |z 0 |.
6) En prenant z 0 = 1/z dans le point précédent, on obtient


1 1

|z| · = z · = 1
z
z
et donc


1 1
= .
|z|
z

7) Soit n ≥ 1 et P(n) l’énoncé « pour tout z ∈ C, on a |z n | = |z|n ». L’énoncé P(1) est
vrai. On suppose P(n) vrai pour un entier n ≥ 1 fixé et on considère un nombre

p. 22

2

Nombres complexes

n+1 = z n · z. D’après le point 5) (appliqué à z 0 = z n ),
complexe
z. Par
définition, on a z


n+1
n
il vient z = |z | · |z|, puis, en utilisant l’hypothèse de récurrence, z n+1 = |z|n |z|


c’est-à-dire z n+1 = |z|n+1 . Donc P(n + 1) est vraie. Pour tout entier n ≥ 1, nous
avons montré que si la proposition P(n) est vraie, alors la proposition P(n + 1) est
vraie. Nous avons de plus montré que la proposition P(1) est vraie. Le principe de
récurrence permet de conclure que la proposition P(n) est vraie pour tout n ≥ 1.
Il reste à montrer que la formule est
valable pour les entiers n ≤ 0. Soit z , 0
encore

un nombre complexe. On a |z n | = z1−n = |z1−n | d’après le point 6). Or P(−n) est vraie,

donc

1
|z −n |

=

1
|z|−n

= |z|n . D’où le résultat.

8) On a, encore d’après les propositions 41 et 24,
|z + z 0 |2 = (z + z 0 )(z + z 0 ) = (z + z 0 )(z + z 0 ) = |z|2 + zz 0 + zz 0 + |z 0 |2 .
Or,

zz 0 + zz 0 = zz 0 + zz 0 = 2<(zz 0 ) ≤ 2 zz 0 = 2|z| · |z 0 |.
d’après les points 1), 4) et 5). On en déduit
|z + z 0 |2 ≤ |z|2 + 2|z| · |z 0 | + |z 0 |2 = (|z| + |z 0 |)2
puis
|z + z 0 | ≤ |z| + |z 0 |,
car |z + z 0 | ≥ 0 et |z| + |z 0 | ≥ 0.
9) On a
|z| = |z − z 0 + z 0 | ≤ |z − z 0 | + |z 0 |
d’après l’inégalité triangulaire. On en déduit donc
|z| − |z 0 | ≤ |z − z 0 |
et de même, en écrivant z 0 = z 0 − z + z,
|z 0 | − |z| ≤ |z 0 − z| = |z − z 0 |.
D’où l’inégalité ||z| − |z 0 || ≤ |z − z 0 |, appelée parfois inégalité triangulaire inversée.
Remarque 44– Soit z = a + ib et z 0 = a0 + ib0 deux nombres complexes avec a, a0 , b, b0 des
nombres réels. On note A le point image de z et A0 le point image de z 0 . Alors |z − z 0 | est
la longueur du segment [A, A0 ] (voir la figure 4 (a)). En effet le théorème de Pythagore
implique
q
q
0
0
2
0
2
AA = (a − a) + (b − b) = (<(z 0 − z))2 + (=(z 0 − z))2 = |z 0 − z|.
L’inégalité triangulaire a donc pour interprétation géométrique (voir figure 4 (b)) le
fait que la longueur d’un côté quelconque d’un triangle est inférieure à la somme des
longueurs des deux autres côtés (« le chemin le plus court entre deux points est la ligne
droite »).

2

Nombres complexes

y

y
A0

b0

A0
|z 0 − z|

|b0 − b|

|z 0 − z|
b

p. 23

A

A
|a0

|z 0 |

− a|
|z|

O
a

a0
(a)

x

O

x

(b)

Figure 4: (a) Interprétation géométrique de |z 0 − z|. (b) Interprétation géométrique de
|z 0 − z| ≤ |z 0 | + |z|.
Exercice corrigé 45– Déterminer l’ensemble des nombres complexes non nuls z tels
1
que z, et z − 1 ont même module.
z

2.7) Trigonométrie
2.7.1

Les fonctions sinus et cosinus

Munissons le plan d’un repère ortho#» #»
normé direct (O, i , j ). Le cercle trigonoy
métrique est le cercle de centre O et de

j
rayon 1. On appelle quadrants les quatre
régions déterminées par les conditions
M
sin α
suivantes sur les signes des coordonnées
x et y des points s’y trouvant :

i
α
æ premier quadrant : x ≥ 0, y ≥ 0 ;
x
cos
α
O
æ deuxième quadrant : x ≤ 0, y ≥ 0 ;
æ troisième quadrant : x ≤ 0, y ≤ 0 ;
æ quatrième quadrant : x ≥ 0, y ≤ 0.
On place un point M sur le cercle
trigonométrique. La demi-droite Ox et
la demi-droite d’origine O passant par
Figure 5: Fonctions cos et sin
M déterminent un angle orienté de mesure (f ) α. Rappelons au passage qu’un
angle orienté a plusieurs mesures et que si α et α0 sont deux mesures d’un même
f . Nous exprimerons toujours les mesures des angles en radians. On rappelle que 180°=π rad.

p. 24

2

Nombres complexes

angle alors il existe un entier relatif k tel que α0 = α + 2kπ. De plus, tout réel est la
mesure d’un angle entre la demi-droite Ox et une demi-droite d’origine O. Dans le
#» #»
repère (O, i , j ), le point M a des coordonnées appartenant toutes deux à l’intervalle
[−1, 1]. On note cos α l’abscisse de M et sin α son ordonnée. Le théorème de Pythagore
dans la triangle déterminé par O, M et la projection orthogonale de M sur la droite
Ox donne (cos(α))2 + (sin(α))2 = 1. Conformément à une habitude ancienne, on notera très souvent sin2 α au lieu de (sin(α))2 et cos2 α au lieu de (cos(α))2 . L’équation
fondamentale précédente s’écrit donc ainsi (g) :
cos2 α + sin2 α = 1.

(4)

Puisque pour tout k ∈ Z, α et α + 2kπ sont deux mesures d’un même angle, on a
cos(α + 2kπ) = cos α et

sin(α + 2kπ) = sin α

pour tout k ∈ Z.
2.7.2

Valeurs en des angles de références du premier quadrant

Il est nécessaire de connaître les valeurs de cosinus et sinus données dans le tableau 1.
α

0

cos(α)

1

sin(α)

0

π
6

3
2
1
2

π
4

π
3

1

2
1

2

1
2

3
2

Table 1: Angles de références du premier quadrant

2.7.3

Valeurs en des angles des autres quadrants

Pour calculer les valeurs des cosinus et sinus dans les trois autres quadrants, on
utilise le tableau 2 qu’il est donc nécessaire de connaître. On peut retenir la méthode
suivante pour savoir quelle formule appliquer. À titre d’exercice, on utilisera cette
méthode pour justifier les valeurs données dans les tableaux 3, 4 et 5.
Soit θ ∈ R. Pour calculer cos θ et sin θ :
g. À l’écrit, on prendra garde à mettre clairement le 2 en exposant. Pour éviter toute confusion, on
écrit cos(2α) avec des parenthèses.

2

Nombres complexes

p. 25

1) Si θ n’est pas compris entre 0 et 2π lui retirer le multiple nécessaire de
2π pour obtenir un angle de mesure dans [0, 2π[ de même cosinus et sinus
que θ.
2) Si θ ∈ [0, 2π[ :


π
a) si θ ∈ 0, , utiliser la table 1 ;
2


π
, π , calculer ϕ tel que θ = π − ϕ (voir figure 6), calculer cos ϕ et
b) si θ ∈
2
sin ϕ à l’aide de la table 1 puis cos θ = − cos ϕ et sin θ = sin ϕ ;



, calculer ϕ tel que θ = π + ϕ, calculer cos ϕ et sin ϕ à l’aide
c) si θ ∈ π,
2
de la table 1 puis cos θ = − cos ϕ et sin θ = − sin ϕ ;



, 2π , calculer ϕ tel que θ = −ϕ, calculer cos ϕ et sin ϕ à l’aide
d) si θ ∈
2
de la table 1 puis cos θ = cos ϕ et sin θ = − sin ϕ.

y

j

θ = π−ϕ

θ=ϕ


i

x

θ = π + ϕ θ = 2π − ϕ

Figure 6: Calculs des valeurs de cosinus et sinus

π−α

π+α

cos α

π

2
− sin α

− cos α

− cos α

− sin α

cos α

sin α

− sin α

β

−α

cos(β)
sin(β)

Table 2: Calcul des angles dans les autres quadrants

p. 26

2

Nombres complexes

α

π
2


3


4

cos(α)

0



sin(α)

1

1
2

3
2

1
−√
2
1

2


6

3

2
1
2

Table 3: Angles de références du deuxième quadrant

α

π

cos(α)

−1

sin(α)

0


6

3

2


1
2


4


3

1
−√
2
1
−√
2

1
2

3

2


Table 4: Angles de références du troisième quadrant

α


2


3


4

cos(α)

0

1
2


sin(α)

1

1

2
1
−√
2



3
2

11π
6

3
2


1
2

Table 5: Angles de références du quatrième quadrant

Pour trouver un angle dont une mesure θ a pour cosinus C et pour sinus S (il faut
bien sûr C2 + S2 = 1), on peut appliquer la méthode ci-dessous.

Pour trouver θ tel que cos θ = C et sin θ = S : on commence par trouver ϕ tel
que cos ϕ = |C| et sin ϕ = |S| à l’aide de la table 1 (voir également la figure 6) puis
1) si C ≥ 0 et S ≥ 0, alors θ = ϕ ;
2) si C ≤ 0 et S ≥ 0, alors θ = π − ϕ ;
3) si C ≤ 0 et S ≤ 0, alors θ = π + ϕ ;
4) si C ≥ 0 et S ≤ 0, alors θ = −ϕ.

2

2.7.4

Nombres complexes

p. 27

Formules d’addition

Les formules d’addition permettent d’évaluer les cosinus et sinus d’une somme
d’angles. Leur démonstration a été vue dans certaines filières au lycée.
Théorème 46 (Formules d’addition)– Si a et b sont réels alors
cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b)
et
sin(a + b) = sin(a) cos(b) + cos(a) sin(b).
En utilisant le théorème ci-dessus et la formule fondamentale (4), on a pour tout réel a
cos(2a) = cos2 a − sin2 a

et

sin(2a) = 2 sin(a) cos(a).

= 2 cos2 a − 1
= 1 − 2 sin2 a
Exercice 47– Déduire du théorème 46 et des propriétés de parité des fonctions sinus et
cosinus des formules pour cos(a − b) et sin(a − b).
Exercice corrigé 48– Soit a et b deux nombres réels. Montrer que
1
cos(a) cos(b) = (cos(a + b) + cos(a − b))
2

et

!
!
a+b
a−b
cos(a) + cos(b) = 2 cos
cos
.
2
2

x
0 π/6
π/4
π/3 π/2


cos(x) 1
3/2
2/2 1/2
0


sin(x) 0 1/2
2/2
3/2 1

sin(π + x) = − sin(x)

π+x

π
−x
2

cos2 x + sin2 x = 1.

sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y

cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y

π
+x
2

−x

x

sin(−x) = − sin(x)

cos(−x) = cos(x)




π
− x = sin(x)
2


π
sin
− x = cos(x)
2

cos

2

cos(π + x) = − cos(x)

sin(π − x) = sin(x)

cos(π − x) = − cos(x)
π−x


π
+ x = − sin(x)
2


π
sin
+ x = cos(x)
2



2.7.5

cos

p. 28
Nombres complexes

Résumé des formules à savoir

2

Nombres complexes

p. 29

2.8) Argument d’un nombre complexe
2.8.1

Argument d’un nombre complexe de module 1

Soit z un nombre complexe de module 1. Il est l’affixe d’un point A du cercle
trigonométrique (c’est-à-dire du cercle de centre O et de rayon 1). Notons θ une mesure
de l’angle entre la demi-droite orientée [Ox) et la demi-droite orientée [OA) (voir la
figure 7). Par définition des fonctions sinus et cosinus, on a alors
<(z) = cos θ

et =(z) = sin θ.

y
(0, 1)

A

sin θ
θ
(1, 0)

cos θ

O

x

Figure 7: Argument d’un nombre complexe de module 1.

Définition 49– Soit z un nombre complexe de module 1. On appelle argument de z tout
réel θ tel que
<(z) = cos θ et =(z) = sin θ.
Exercice corrigé 50– Donner un argument des nombres complexes de module 1 suivants : 1, i, −1 et −i.
Il est important de remarquer qu’un nombre complexe de module 1 admet plusieurs

arguments : par exemple, π2 , 5π
2 et − 2 , sont des arguments du nombre complexe i (voir
à ce propos la proposition 56).
Une formule importante et très utile (voir le paragraphe 3.3.1), due à De Moivre, permet d’élever à toute puissance les nombres complexes de module 1. Sa démonstration
(au moins pour les exposants ≥ 0) est un bon exercice sur la récurrence.

p. 30

2

Nombres complexes

Théorème 51 (Formule de De Moivre)– Soit n ∈ Z alors
(cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ).
Démonstration. Pour n ≥ 0, on raisonne par récurrence. Soit M(n) la propriété « pour
tout réel θ on a (cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ) ». Pour n = 0, le résultat provient
de (cos θ + i sin θ)0 = 1 et cos(0) = 1, sin(0) = 0. Soit n ≥ 0. On suppose M(n) est vraie.
On a alors
(cos θ + i sin θ)n+1 = (cos θ + i sin θ)n (cos θ + i sin θ)
= (cos(nθ) + i sin(nθ)) (cos θ + i sin θ)

car M(n) est vraie.

En développant le produit, on obtient
(cos θ + i sin θ)n+1 = (cos(nθ) cos θ − sin(nθ) sin θ) + i (cos(nθ) sin θ + sin(nθ) cos θ) .
Les formules d’addition (théorème 46) donnent
cos(nθ) cos θ − sin(nθ) sin θ = cos(nθ + θ)

et

cos(nθ) sin θ + sin(nθ) cos θ = sin(nθ + θ)

de sorte que
(cos θ + i sin θ)n+1 = cos ((n + 1)θ)) + i sin ((n + 1)θ) .
La propriété M(n + 1) donc vraie. On a montré que M(0) est vraie puis que, pour tout
n ≥ 0, si M(n) est vraie, alors M(n + 1) est vraie. Par récurrence, la formule de De
Moivre est donc vraie pour tout entier n ≥ 0. Il reste à la démontrer pour les entiers
strictement négatifs. Si n est un entier négatif, on écrit n = −m avec m ∈ N. On a donc
(cos θ + i sin θ)n =



1
cos θ + i sin θ

m
.

Mais, cos θ + i sin θ étant de module 1, on a
1
= cos θ − i sin θ = cos(−θ) + i sin(−θ).
cos θ + i sin θ
Ainsi,
(cos θ + i sin θ)n = (cos(−θ) + i sin(−θ))m .
La formule de De Moivre, déjà démontrée pour les exposants positifs, peut alors être
appliquée au membre de droite. Elle donne
(cos(−θ) + i sin(−θ))m = cos(−mθ) + i sin(−mθ) = cos(nθ) + i sin(nθ)
et donc
(cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ).
Ceci achève notre démonstration.

2

2.8.2

Nombres complexes

p. 31

Argument d’un nombre complexe non nul

Soit z un nombre complexe non nul et λ un réel positif. Si A est le point d’affixe z, ses
coordonnées sont (x, y) = (<(z), =(z)). Puisque λz = λ<(z) + iλ=(z), les coordonnées
# »
# »
du point B d’affixe λz sont (λx, λy). Ainsi OB = λOA et l’angle entre la demi-droite
orientée [Ox) et la demi-droite orientée [OB) est le même que l’angle entre la demidroite orientée [Ox) et la demi-droite orientée [OA). On est donc amené à poser la
définition suivante (voir la figure 8).
Définition 52– Si z est un nombre complexe non nul, on appelle argument de z tout
argument du nombre complexe z/|z| de module 1.

y
(0, 1)

B
A

sin θ
θ
(1, 0)

cos θ

O

x

Figure 8: Argument d’un nombre complexe non nul

Exercice 53– Si x est un nombre réel non nul, donner le module et un argument de x
(on distinguera deux cas suivant le signe de x).
L’introduction de ce paragraphe 2.8.2 montre la proposition suivante qui donne
une interprétation géométrique de l’argument.
Proposition 54– Si z est un nombre complexe non nul, ses arguments sont des mesures
de l’angle entre la demi-droite orientée [Ox) et la demi-droite orientée [OA) où A est le
point image de z.

p. 32

2

Nombres complexes

Définition 55 (Représentation trigonométrique d’un nombre complexe non nul)–
Soit z un nombre complexe non nul. L’écriture
z = r(cos θ + i sin θ)
où r = |z| et θ est un argument de z, s’appelle la représentation trigonométrique de z.
La représentation trigonométrique indique qu’un nombre complexe est déterminé de
façon univoque par la donnée d’une longueur (son module) et d’un angle (h) .
Un nombre complexe non nul n’admet pas un argument unique. On a en revanche
la propriété suivante reliant les arguments d’un même nombre complexe.
Proposition 56– Si θ et θ 0 sont arguments d’un même nombre complexe non nul alors il
existe un entier relatif k tel que θ 0 = θ + 2kπ.
Démonstration. Si z = |z|(cos θ + i sin θ) = |z|(cos θ 0 + i sin θ 0 ) alors, |z| étant non nul, on
a cos θ = cos θ 0 et sin θ = sin θ 0 ce qui implique le résultat.
Au lieu de dire « il existe un entier relatif k tel que θ 0 = θ + 2kπ », on dit « les deux
réels θ et θ 0 sont congrus modulo 2π » et on écrit θ ≡ θ 0 (mod 2π). On note alors arg(z)
un argument de z, sans préciser lequel. On a listé dans la proposition ci-dessous les
principales propriétés de l’argument.
Proposition 57– Soit z et z 0 deux nombres complexes non nuls.
0
0
æ arg(zz
 ) ≡ arg(z) + arg(z ) (mod 2π) ;
1
æ arg
≡ − arg(z) (mod 2π) ;
z
æ arg(z) ≡
! − arg(z) (mod 2π) ;
z0
æ arg
≡ arg(z 0 ) − arg(z) (mod 2π) ;
z
æ arg(z n ) ≡ n arg(z) (mod 2π) (n ∈ Z).
Démonstration. 1) On pose z = |z|(cos θ + i sin θ) et z 0 = |z 0 |(cos θ 0 + i sin θ 0 ). On a alors
zz 0 = |z||z 0 |(cos θ + i sin θ)(cos θ 0 + i sin θ 0 )
= |zz 0 | ((cos θ cos θ 0 − sin θ sin θ 0 ) + i(cos θ sin θ 0 + sin θ cos θ 0 ))
= |zz 0 | (cos(θ + θ 0 ) + i sin(θ + θ 0 )) .
Un argument de zz 0 est θ + θ 0 , c’est-à-dire la somme d’un argument de z et d’un
argument de z 0 .
2) Puisque 1 ∈ R∗+ , on a arg(1) ≡ 0 (mod 2π). Le choix de z 0 = 1/z dans l’égalité
arg(zz 0 ) ≡ arg(z) + arg(z 0 ) (mod 2π) conduit alors à arg(z) + arg(1/z) ≡ 0 (mod 2π),
c’est-à-dire arg(1/z) ≡ − arg(z) (mod 2π).
h. Lorsqu’on détermine un point par ses coordonnées dans un repère, on parle de coordonnées cartésiennes ; si on le détermine par la longueur et un angle, on parle de ses coordonnées polaires.

2

Nombres complexes

p. 33

0
0
0
3) Le choix
  de z = z dans l’égalité arg(zz ) ≡ arg(z) + arg(z ) (mod 2π) conduit à
2
2

arg |z| ≡ arg(z) + arg(z) (mod 2π). Puisque |z| ∈ R+ , on en déduit 0 ≡ arg(z) +
arg(z) (mod 2π) puis le résultat.

4) Cette égalité est conséquence de la première appliquée à 1/z au lieu de z et de la
deuxième.
5) Appelons A(n) l’hypothèse « pour tout nombre complexe non nul z, on a arg(z n ) ≡
n arg(z) (mod 2π) ». L’hypothèse A(0) est vraie puisque arg(1) ≡ 0 (mod 2π). Soit
n ∈ N. On suppose vraie l’hypothèse A(n). En utilisant la première égalité avec
z 0 = z n on trouve arg(z n+1 ) ≡ arg(z n ) + arg(z) (mod 2π). L’hypothèse de récurrence
conduit alors à arg(z n+1 ) ≡ n arg(z) + arg(z) (mod 2π) c’est-à-dire à arg(z n+1 ) ≡
(n + 1) arg(z) (mod 2π) qui est A(n + 1). Par récurrence, l’égalité arg(z n ) ≡ n arg(z)
(mod 2π) est donc vraie pour tout entier n ≥ 0. Montrons la pour n < 0. Si n < 0, on
écrit n = −m avec m > 0 et on a
 m !
 
1
1
n
arg(z ) ≡ arg
≡ m arg
≡ −m arg(z) (mod 2π).
z
z

On détaille sur un exemple le calcul pratique de la représentation trigonométrique
d’un nombre complexe.
Exemple 58– On
√ souhaite déterminer la représentation trigonométrique du nombre
complexe z = 2 3 − 2i.
1. On commence par déterminer son module. Ici, on a
r
 √ 2

2 3 + (−2)2 = 16 = 4.
|z| =

z
3 1
2. Le nombre complexe
=
− i est de module 1. Par définition, trouver un
|z|
2
2
argument de z revient donc à trouver un réel θ tel que

3
cos(θ) =
2

et

1
sin(θ) = − .
2

D’après le tableau 5 (qu’il convient donc de connaître ou de savoir retrouver
rapidement !) ou la méthode décrite dans l’encadré page 26, on constate que (par
11π
exemple) θ =
convient.
6
La représentation trigonométrique de z est donc





11π
11π
z = 4 cos
+ i sin
.
6
6

p. 34

2

Nombres complexes

Exercice corrigé 59– Déterminer la représentation trigonométrique des nombres complexes suivants :

!

3 1
z1 = −2 + 2i, z2 = −3 + i 3, z3 = −π, z4 = i −
− i ,
2
2

2
z5 =
,
1+i

z6 =


6+i 2
,
1+i

z7 = cos(θ) − i sin(θ), où θ ∈ R.

2.9) Exponentielle et représentation exponentielle d’un nombre complexe
Les propriétés d’additivité de l’argument du produit de deux nombres complexes
nous amènent à prolonger la fonction exponentielle aux nombres imaginaires purs.
Définition 60– Soit θ ∈ R. On définit
eiθ = cos(θ) + i sin(θ).
On écrit aussi eθi .
Des propriétés des fonctions trigonométriques (notamment les formules d’addition,
cf. théorème 46), on déduit la proposition suivante.
Proposition 61– Soit θ et θ 0 deux nombres réels.
0
0
æ eiθ eiθ = ei(θ+θ ) ;
1
æ iθ = e−iθ ;
e
æ eiθ = e−iθ ;
n
æ eiθ = einθ (n ∈ Z) (Formule de De Moivre) ;
0

æ eiθ = eiθ si et seulement si θ 0 ≡ θ (mod 2π).
En additionnant et soustrayant les deux égalités
eiθ = cos θ + i sin θ

et e−iθ = cos θ − i sin θ,

on obtient le résultat suivant.
Théorème 62 (Formules d’Euler)– Soit θ ∈ R. On a
cos θ =

eiθ + e−iθ
2

et

sin θ =

eiθ − e−iθ
.
2i

Remarque 63– Vous verrez plus tard dans vos études que l’on peut définir l’exponentielle sur C par approximations successives (techniquement, une série) indépendamment des fonctions cosinus et sinus. Les formules d’Euler servent alors à définir les
fonctions cosinus et sinus.

3

Utilisation des nombres complexes

p. 35

Après les représentations algébrique (définition 17) et trigonométrique (définition 55), on voit une troisième et dernière écriture possible d’un nombre complexe non
nul.
Définition 64 (Représentation exponentielle d’un nombre complexe non nul)– Soit z
un nombre complexe non nul. L’écriture
z = reiθ
où r = |z| et θ est un argument de z, s’appelle la représentation exponentielle de z.
Puisque |z| est un réel strictement positif, il existe un réel a tel que |z| = ea . On a alors
z = ea eib . On utilise cette formule pour étendre la fonction exponentielle de R à C par
la définition suivante.
Définition 65 (Exponentielle complexe)– Si a et b sont deux nombres réels, on pose
ea+ib = ea (cos b + i sin b).
Exercice corrigé 66– Si z et z 0 sont deux nombres complexes, démontrer les égalités
suivantes :
0
0
1
= e−z et (ez )n = enz (n ∈ Z).
ez+z = ez · ez ,
ez
Exercice 67– Déterminer la représentation exponentielle des nombres complexes suivants :
−2 + 2i
z1 = 2 − 2i, z2 = cos(2) + i sin(2), z3 = −1, z4 =
√ ,
1+i 3
z5 = eiθ + eiϕ ,

3

où θ et ϕ sont des réels de [0, 2π[.

Utilisation des nombres complexes
Comme annoncé en introduction des nombres complexes, on démontre dans cette
partie deux cas particuliers du théorème de D’Alembert-Gauss.

3.1) Trinôme du second degré à coefficients complexes
On commence par le cas des équations polynomiales du second degré :
ax2 + bx + c = 0, avec a, b, c nombres complexes donnés, a , 0.
La méthode employée généralise directement celle utilisée au lycée dans le cas des coefficients réels. L’étape clé est l’« extraction » d’une racine carrée d’un nombre complexe
donné. Elle fait l’objet du premier paragraphe ci-dessous.

p. 36

3

3.1.1

Utilisation des nombres complexes

Racines carrées d’un nombre complexe

Dans R, la racine carrée d’un nombre réel positif a est l’unique réel positif x vérifiant
x2 = a. Dans C, il n’y a aucun moyen de distinguer a priori deux nombres complexes
dont le carré est un nombre complexe donné. On ne peut donc pas parler de la racine

carrée mais des racines carrées d’un nombre complexe et on n’utilise pas la notation ·
qui est réservée exclusivement aux nombres réels ≥ 0.
Soit Z = a + ib, avec a, b ∈ R, un nombre complexe écrit sous forme algébrique. Dans
ce paragraphe, on explique comment déterminer, sous forme algébrique, les racines
carrées complexes de Z, c’est-à-dire les nombres complexes z tels que z 2 = Z. On écrit
z = x + iy, avec x, y ∈ R. Alors z 2 = Z si et seulement si x2 − y 2 + 2ixy = a + ib soit, en
identifiant parties réelles et imaginaires,
( 2
x − y2 = a
.
2xy = b
La résolution de ce système n’est pas immédiate (mais possible tout de même). On
2
pense donc
√ à comparer les modules des deux membres de l’égalité z = Z. On en déduit
x2 + y 2 = a2 + b2 . Donc z est solution de z 2 = Z si et seulement si



x2 − y 2 = a
(5)






x2 + y 2 = a2 + b2
(6)




 2xy = b
(7)
En additionnant puis soustrayant les équations (5) et (6), on tire



1 √
1
x 2 = a + a2 + b 2
et y 2 = −a + a2 + b2 .
2
2
Ces égalités fixent les réels x et y au signe près. Mais l’équation (7) indique que le
produit xy a même signe que b. On a donc démontré le résultat suivant.
Théorème 68– Soit a, b deux nombres réels. On pose
q
q


1
1
a + a2 + b2 et ω2 = √
−a + a2 + b2 .
ω1 = √
2
2
Les racines carrées de a + ib sont les nombres complexes de la forme x + iy avec
1) si b ≥ 0 :
x = ω1

et

y = ω2

x = −ω1

et

y = −ω2 ;

x = ω1

et

y = −ω2

ou
2) si b < 0 :
ou
x = −ω1

et y = ω2 .

3

Utilisation des nombres complexes

p. 37

Il n’est pas nécessaire de retenir par cœur les formules du théorème 68. En revanche, il
faut savoir appliquer la méthode qui a conduit à ce résultat dans des cas pratiques. On
la détaille sur un exemple.
Exemple 69– On détermine les racines carrées du nombre complexe Z = −5 − 12i. On
cherche les solutions z de l’équation z 2 = Z sous leur forme algébrique z = x + iy, avec
x, y ∈ R. On a alors z 2 = Z si et seulement si



x2 − y 2 = <(z 2 ) = <(Z) = −5



q


 2
2
2
2

z
x + y = |z| =
= |Z| = (−5)2 + (−12)2 = 13






2xy = =(z 2 ) = =(Z) = −12

(8)
(9)
(10)

En additionnant les équations (8) et (9), il vient 2x2 = 8, d’où x2 = 4 puis x = ±2.
En les soustrayant, on trouve 2y 2 = 18, d’où y 2 = 9 puis y = ±3. Enfin, l’équation (10)
montre que le produit xy est négatif. Autrement dit, x et y sont de signes opposés. On
en déduit que les solutions z de l’équation z 2 = −5 − 12i sont z = −2 + 3i et z = 2 − 3i.
3.1.2

Trinôme du second degré

Si a, b et c sont trois nombres complexes, avec a , 0. On veut résoudre dans C
l’équation
az 2 + bz + c = 0.
Pour cela, a étant non nul, on écrit
!
c
b
az + bz + c = a z + z + .
a
a
2

2

Or,
b
b
z + z= z+
a
2a

!2

2

et donc



b2
4a2



!2
2 − 4ac 

b
b

az + bz + c = a  z +

.
2a
4a2 
2

Considérons δ une racine carrée de b2 − 4ac (c’est-à-dire n’importe quel nombre complexe δ tel que δ2 = b2 −4ac). Dans la pratique, le calcul de δ se fait sous forme algébrique
par la méthode du paragraphe 3.1.1. On a alors
b
z+
2a

!2

b2 − 4ac
b

= z+
2
2a
4a

!2  2
!
!
δ
b+δ
b−δ

= z+
z+
2a
2a
2a

puis
b+δ
az + bz + c = a z +
2a
2

!

!
b−δ
z+
.
2a

p. 38

3

Utilisation des nombres complexes

Donc, comme a , 0, on a (d’après l’exercice 20) az 2 + bz + c = 0 si et seulement si
z=

−b − δ
2a

ou z =

−b + δ
.
2a

On a ainsi démontré le résultat suivant.
Théorème 70– Soit a, b et c trois nombres complexes, avec a , 0. Les solutions complexes
de az 2 + bz + c = 0 sont
−b − δ
−b + δ
z=
et z =
2a
2a
où δ est n’importe laquelle des racines carrées de b2 − 4ac.
Remarque 71– Le nombre b2 −4ac s’appelle le discriminant de l’équation az 2 +bz +c = 0.
On le note traditionnellement ∆.
Posons
z− =

−b − δ
2a

et z + =

−b + δ
.
2a

On a la factorisation az 2 + bz + c = a(z − z + )(z − z − ). Or z + = z − si et seulement si δ = 0.
Dans ce cas on a une seule racine. Comme az 2 + bz + c = a(z − z + )2 , cette racine est dite
double. Si δ , 0, on a z + , z − et on obtient deux racines distinctes qu’on qualifie de
simples. En développant a(z − z + )(z − z − ) on voit que −a(z + + z − ) = b et que az + z − = c.
On en déduit le corollaire suivant.
Corollaire 72 (Relations coefficients/racines)– Soit a, b et c trois nombres complexes,
avec a , 0. Soit S la somme des racines de az 2 + bz + c = 0 et P leur produit. On a
S=−

b
a

et

c
P= .
a

Autrement dit,
az 2 + bz + c = a(z 2 − Sz + P).
Exemple 73– On résout dans C l’équation −z 2 + (1 + 3i)z + 32 − i = 0. On commence
par vérifier par un calcul (mental) rapide si cette équation a une racine « évidente » (i) .
Comme ce n’est pas le cas, on calcule le discriminant ∆ du trinôme −z 2 + (1 + 3i)z + 23 − i.
On trouve :


3
∆ = (1 + 3i)2 − 4 × (−1) ×
− i = −2 + 2i.
2
On détermine ensuite un nombre complexe δ tel que δ2 = ∆ (i.e. δ est une racine carrée
complexe de ∆). On cherche δ sous forme algébrique δ = x + iy, avec x, y ∈ R, en suivant
la méthode du paragraphe 3.1.1. On est donc amené à résoudre le système :
i. Bien entendu, la notion de racine « évidente » dépend de l’appréciation de chacun mais 0, ±1, ±2, ±i
en font assurément partie.

3

Utilisation des nombres complexes

p. 39


2
2



x − y = −2


 2
2

x + y = 2 2



 2xy = 2

(11)
(12)
(13)

Avec les équations (11) et (12), on en déduit que l’on a
q
q


x = ± −1 + 2 et y = ± 1 + 2.
Or, d’après l’équation (13), x et y sont de même signe, donc finalement
q
q
!


δ = ± −1 + 2 + i 1 + 2 .
p
p


Choisissons par exemple (j) δ = −1 + 2 + i 1 + 2. Alors, d’après le théorème 70, les
solutions complexes de l’équation −z 2 + (1 + 3i)z + 32 − i = 0 sont
p
p


q
q
!
−1 − 3i + −1 + 2 + i 1 + 2 1 1 √
3 1 √
z=
= −

2−1+i
2+1
−2
2 2
2 2
et
−1 − 3i −
z=

p

p

√ 
−1 + 2 + i 1 + 2
−2

q
q
!
1 1 √
3 1 √
= +
+
2−1+i
2+1 .
2 2
2 2

Exercice corrigé 74– Résoudre dans C les équations suivantes :
z 2 − iz −

1
= 0,
4



z 2 − (1 + 2 2)z + 2 + 2 = 0,

z 2 − 5iz − 7 − i = 0,

z 2 − (1 + 7i)z + 7i = 0.

3.2) Racines n-ièmes de l’unité
Définition 75 (Racines n-ièmes de l’unité)– Soit n ≥ 2 un entier naturel. On appelle
racine n-ième de l’unité tout nombre complexe z vérifiant
z n = 1.
Lorsque n = 2, on parle de racine carrée. Pour n = 3, on parle de racine cubique.
Les résultats de l’exercice ci-dessous sont à connaître.
Exercice corrigé 76– Pour chacune des valeurs n = 2, 3 et 4, déterminer sous formes
algébrique et exponentielle les racines n-ièmes de l’unité. Combien y en a-t-il ? Calculer
leur somme.
j. L’autre choix conduit bien entendu au même ensemble de solutions.

p. 40

3

Utilisation des nombres complexes

Si z n = 1, alors |z|n = 1 et, puisque |z| est un réel positif, on en tire |z| = 1. Il existe
donc un réel θ tel que z = eiθ . De z n = 1 on déduit alors einθ = 1 et donc il existe un
entier relatif k tel que nθ = 2kπ. Alors, θ = 2kπ/n. Les racines n-ièmes de l’unité sont
donc toutes de la forme e2ikπ/n avec k ∈ Z.
Réciproquement, si z = e2ikπ/n avec k ∈ Z alors z n = e2ikπ = 1 et z est une racine
n-ième de l’unité.
L’ensemble des racines n-ièmes de l’unité est donc exactement l’ensemble des
nombres e2ikπ/n avec k ∈ Z.
Montrons qu’il n’y a parmi les racines trouvées précédemment qu’un nombre fini
de racines non redondantes. Soit k ∈ Z. On pose
$ %
k
(où bxc désigne la partie entière de x ∈ R) et r = k − pn.
p=
n
Par définition de la partie entière (k) ,
p≤

k
< p+1
n

donc pn ≤ k < pn + n.

On en déduit 0 ≤ r < n. Mais,
e2ikπ/n = e2i(pn+r)π/n = e2ipπ e2irπ/n = e2irπ/n .
L’ensemble des racines n-ièmes de l’unité est donc exactement l’ensemble des nombres
e2irπ/n avec r ∈ {0, . . . , n − 1}.
Montrons enfin que dans le dernier ensemble de solutions trouvé, il n’y a plus de
0
redondances. Si r et r 0 sont deux entiers de {0, . . . , n − 1} tels que e2irπ/n = e2ir π/n alors
0
e2i(r−r )π/n = 1. On en déduit l’existence de k ∈ Z tel que 2(r − r 0 )π/n = 2kπ, soit encore
r − r 0 = kn. Mais |r − r 0 | ≤ n − 1 car r, r 0 ∈ {0, . . . , n − 1}. Puisque |r − r 0 | = |k|n, on en tire
|k| ≤ 1 −

1
< 1.
n

Puisque |k| est un entier positif il ne peut donc qu’être nul de sorte que k = 0 et r = r 0 .
On a donc démontré le résultat suivant.
Théorème 77 (Racines n-ièmes de l’unité)– Soit n ≥ 2 un entier. L’ensemble des racines
n-ièmes de l’unité est l’ensemble des n nombres complexes distincts deux à deux suivants
e2ikπ/n

avec 0 ≤ k ≤ n − 1.

Remarque n78– Si on note ζn = e2iπ/n , l’ensemble
des racines n-ièmes de l’unité est
o
l’ensemble 1 = ζ0n , ζn = ζ1n , ζ2n , ζ3n , . . . , ζn−1
.
n
Exercice 79– Représenter sur un même graphique les racines troisièmes et quatrièmes
de l’unité. Où se situent les racines n-ièmes de l’unité pour n ≥ 3 ?
k. La fonction partie entière est vue en Tronc Commun Mathématiques. Pour mémoire, si x ∈ R, bxc
est l’unique entier relatif tel que bxc ≤ x < bxc + 1.

3

Utilisation des nombres complexes

p. 41

La connaissance des racines de l’unité permet de résoudre, quelque soit le nombre
complexe Z fixé et quelque soit l’entier n ≥ 2 fixé, l’équation
z n = Z.
Rappelons d’abord que si n ≥ 2 est un entier et si x est un réel positif, il existe un
unique réel positif
t tel que x = t n . Ce réel t s’appelle la racine n-ième de x. On le note
p
√n


m n
x. Puisque
x = t si et seulement si x = (t m )n et mn x = u si et seulement si x = u mn ,
il résulte de (t m )n = t mn que
q

m √
n
x = mn x

pour tout x > 0. Il est fondamental de réserver la notation n x au seul cas où x est un
réel positif (voir à ce propos le début du paragraphe 3.1.1).
Soit Z un nombre complexe non nul et n ∈ N, n ≥ 2. On écrit Z = |Z| eiϕ sa représentation exponentielle. On a alors
p
n
Z = n |Z|eiϕ/n .
L’équation z n = Z a donc même ensemble de solutions que l’équation
!n
z
= 1.
√n
|Z|eiϕ/n
D’après la description de l’ensemble des racines n-ièmes de l’unité, l’ensemble des
solutions de cette dernière équation est l’ensemble des nombres complexes z vérifiant
√n

z
|Z|eiϕ/n

= e2irπ/n

avec r ∈ {0, . . . , n − 1}. On déduit de ces considérations le corollaire suivant.
Corollaire 80– Soit Z un complexe non nul et ϕ un argument de Z. Si n ≥ 2 est un
entier naturel, l’ensemble des solutions de l’équation z n = Z est l’ensemble des nombres
complexes qui s’écrivent
p
n
|Z|ei(2πr+ϕ)/n avec r ∈ {0, . . . , n − 1}.
Remarque 81– La résolution de z n = Z consiste à trouver une solution particulière,
obtenue par la connaissance du module et d’un argument de Z, et à résoudre l’équation
générale u n = 1. Cette méthode est assez générale en mathématiques. On la rencontre
par exemple dans la résolution d’équations différentielles avec second membre (voir le
cours de Tronc Commun Mathématiques).
Exemple 82– On résout l’équation z 3 = −2i. On commence par déterminer la forme
exponentielle de Z = −2i. On a
3iπ
Z = 2e 2 .

p. 42

3

Utilisation des nombres complexes

Puis (comme on veut résoudre une équation de la forme z n = Z avec n = 3), on écrit Z
sous la forme d’une puissance 3-ième :
Z=

√3



2e 2

3

.

Ainsi, z 3 = −2i équivaut à
z

√3 iπ
2e 2
Autrement dit, √3

!3
= 1.

z

est une racine 3-ième de l’unité. Or, d’après le théorème 77 (ou

2e 2
2iπ
4iπ
l’exercice 76) celles-ci s’écrivent sous forme exponentielle 1, e 3 et e 3 . Les solutions
de z 3 = −2i sont donc (l)
√3 iπ
√3 iπ 2iπ √3 7iπ
√3 iπ 4iπ √3 11iπ
2e 2 ,
2e 2 e 3 = 2e 6 et
2e 2 e 3 = 2e 6 .
Sous forme algébrique, elles s’écrivent :

!
√3
√3
3 1
2i,
2 −
− i
2
2

et

√3
2


!
3 1
− i .
2
2

Exercice 83– Résoudre dans C les équations suivantes :

z 3 = −i,
z 4 = e,
z 2 = −1 − i 3,

z 5 = −3 − 3i.

Remarque 84– Lorsque l’on souhaite résoudre une équation de la forme z 2 = Z avec Z
non nul fixé, on dispose donc de deux méthodes : celle du paragraphe 3.1.1 et celle du
corollaire 80 (avec n = 2). À titre d’exemple, on pourra comparer les résultats obtenus
2
par chacune des méthodes

 pour
 l’équation z = 1 + i et en déduire une expression
π
π
algébrique de cos 8 et sin 8 .
Noter cependant qu’en général un argument d’un nombre complexe non nul
s’exprime à l’aide des fonctions trigonométriques réciproques. Par exemple, on a
12
5 + 12i = 13ei arctan( 5 ) .

3.3) Nombres complexes et trigonométrie
Lorsqu’on cherche une primitive d’une fonction du type x 7→ cosn (x) sinm (x) où n
et m sont des entiers naturels, il est utile de l’écrire comme combinaison linéaire
(c’est-à-dire comme somme à coefficients réels) de fonctions de la forme x 7→ cos(kx)
et x 7→ sin(kx) où k ∈ N. Par exemple, d’après les formules d’addition (théorème 46),
on a
1
1
cos2 (x) = cos(2x) + , pour tout x ∈ R.
2
2
l. On peut bien entendu écrire directement ces solutions à partir de la forme exponentielle de Z en
utilisant la formule du corollaire 80. À défaut de retenir par cœur ce résultat, il est bon de connaître la
méthode qui y a conduit et de l’appliquer à chaque équation comme on le fait dans cet exemple.

3

Utilisation des nombres complexes

p. 43

On appelle cela la linéarisation des formules trigonométriques. Inversement, on peut
vouloir passer d’une combinaison linéaire de fonctions de la forme x 7→ cos(kx) et x 7→
sin(kx) où k ∈ N à une fonction polynomiale en cos(x) et sin(x).
Pour ces deux opérations (inverses l’une de l’autre), l’outil fondamental est la
formule du binôme de Newton (voir proposition 36) combinée avec celles d’Euler
(théorème 62) pour la linéarisation et avec celle de De Moivre (théorème 51) pour
l’opération inverse.
On ne traite pas dans ce paragraphe la théorie générale (hors-programme), se
contentant de décrire la méthode sur des cas particuliers.
3.3.1

Calcul de cos(nx) et sin(nx) en fonction de cos(x) et sin(x)

La méthode repose sur la formule de De Moivre, la formule de binôme de Newton
et la relation sin2 x + cos2 x = 1. Nous traitons deux exemples.
Commençons par étudier le cas n = 2. La formule de De Moivre implique
(cos x + i sin x)2 = cos(2x) + i sin(2x).
Par ailleurs, la formule du binôme de Newton conduit à
(cos x + i sin x)2 = cos2 (x) + 2i sin(x) cos(x) − sin2 (x).
En identifiant les parties réelles et imaginaires des deux expressions précédentes, on
trouve
cos(2x) = cos2 (x) − sin2 (x)
sin(2x) = 2 sin(x) cos(x).
En utilisant la relation sin2 (x) + cos2 (x) = 1, on peut réécrire la formule de duplication cos(2x) = cos2 (x) − sin2 (x) sous les deux formes suivantes (voir aussi le paragraphe 2.7.4) :
cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1 = 1 − 2 sin2 (x).
Étudions maintenant le cas n = 3. La formule de De Moivre implique
(cos x + i sin x)3 = cos(3x) + i sin(3x).
Par ailleurs, la formule du binôme de Newton conduit à
(cos x + i sin x)3 = cos3 (x) + 3 cos2 (x)i sin(x) + 3 cos(x) (i sin(x))2 + (i sin(x))3


= cos3 (x) − 3 cos(x) sin2 (x) + i 3 cos2 (x) sin(x) − sin3 (x) .
En identifiant les parties réelles et imaginaires des deux expressions précédentes, on
trouve
cos(3x) = cos3 (x) − 3 cos(x) sin2 (x)
sin(3x) = 3 cos2 (x) sin(x) − sin3 (x).

p. 44

3

Utilisation des nombres complexes

En utilisant la relation sin2 (x) + cos2 (x) = 1, on obtient les formules simplifiées suivantes :
cos(3x) = 4 cos3 (x) − 3 cos(x)
sin(3x) = −4 sin3 (x) + 3 sin(x).
Exercice 85– Montrer les formules
cos(4x) = 8 cos4 (x) − 8 cos2 (x) + 1
sin(4x) = 4 cos3 (x) sin(x) − 4 cos(x) sin3 (x)
= 8 sin(x) cos3 (x) − 4 sin(x) cos(x).
3.3.2

Linéarisation des formules trigonométriques

Le calcul repose entièrement sur les formules d’Euler et du binôme de Newton. On
traite quelques exemples.
a) Commençons par linéariser cos2 (x). En utilisant la formule d’Euler, on a
eix + e−ix
cos (x) =
2

!2

2

1
= (eix + e−ix )2 .
4

La formule du binôme de Newton conduit alors à
cos2 (x) =

 1
 1
1  2ix
e + 2 + e−2ix = e2ix + e−2ix + .
4
4
2

Une nouvelle utilisation de la formule d’Euler fournit
cos2 (x) =

1
(cos(2x) + 1) .
2

b) On linéarise ensuite sin2 (x). En utilisant la formule d’Euler, on a
eix − e−ix
sin (x) =
2i
2

!2

1
= − (eix − e−ix )2 .
4

La formule du binôme de Newton conduit alors à
sin2 (x) = −


 1
1  2ix
1
e − 2 + e−2ix = − e2ix + e−2ix + .
4
4
2

Une nouvelle utilisation de la formule d’Euler fournit
sin2 (x) =

1
(1 − cos(2x)) .
2

3

Utilisation des nombres complexes

p. 45

c) On linéarise cos3 (x). En utilisant la formule d’Euler, on a
!3
1
eix + e−ix
3
= (eix + e−ix )3 .
cos (x) =
2
8
La formule du binôme de Newton conduit alors à
 1 



1
e3ix + e−3ix + 3 eix + e−ix .
cos3 (x) = e3ix + 3eix + 3e−ix + e−3ix =
8
8
Une nouvelle utilisation de la formule d’Euler fournit
cos3 (x) =

1
1
(2 cos(3x) + 6 cos(x)) = (cos(3x) + 3 cos(x)) .
8
4

d) On linéarise sin3 (x). En utilisant la formule d’Euler, on a
!3
1
eix − e−ix
3
= − (eix − e−ix )3 .
sin (x) =
2i
8i
La formule du binôme de Newton conduit alors à



1  3ix
1  3ix −3ix 
sin3 (x) = −
e − 3eix + 3e−ix − e−3ix = −
e −e
− 3 eix − e−ix .
8i
8i
Une nouvelle utilisation de la formule d’Euler fournit
sin3 (x) = −

1
1
(2i sin(3x) − 6i sin(x)) = (3 sin(x) − sin(3x)) .
8i
4

e) Enfin, on linéarise un produit de puissances, à savoir cos2 (x) sin3 (x). Les formules
d’Euler conduisent à
!2 ix −ix !3
eix + e−ix
e −e
2
3
cos (x) sin (x) =
.
2
2i
La formule du binôme de Newton conduit à


1 
cos2 (x) sin3 (x) = − 5 e2ix + 2 + e−2ix e3ix − 3eix + 3e−ix − e−3ix
2 i

1 
= − 5 e5ix − e3ix − 2eix + 2e−ix + e−3ix − e−5ix
2 i
 



1 
= − 5 e5ix − e−5ix − e3ix − e−3ix − 2 eix − e−ix .
2 i
La formule d’Euler fournit alors
1
(2i sin(5x) − 2i sin(3x) − 4i sin(x))
25 i
1
(2 sin(x) + sin(3x) − sin(5x)) .
=
16

cos2 (x) sin3 (x) = −

Exercice corrigé 86– Linéariser cos3 x sin2 x.

p. 46

4

4

Solutions des exercices corrigés

Solutions des exercices corrigés
Corrigé de l’exercice 6. Commençons par reformuler le problème en langage mathématique.
Soit n un entier ≥ 1 et P(n) l’énoncé
« 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 . »
On raisonne par récurrence sur n.
Initialisation. L’énoncé P(1) est vrai car le premier entier naturel impair est 1 qui est bien égal
à 12 .
Hérédité. On suppose qu’il existe un entier naturel n ≥ 1 pour lequel P(n) est vrai. Montrons
que P(n + 1) est encore vrai.
On calcule la somme des n + 1 premiers entiers naturels impairs :
1 + 3 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) = (1 + 3 · · · + (2n − 1)) + (2n + 1)
= n2 + (2n + 1)
2

car P(n) est vrai par hypothèse de récurrence

par l’identité remarquable (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 .

= (n + 1)

Pour tout entier n ≥ 1, nous avons montré que si l’énoncé P(n) est vrai, alors l’énoncé P(n+1) est
vrai. Nous avons de plus montré que l’énoncé P(1) est vrai. Le principe de récurrence permet
de conclure que l’énoncé P(n) est vrai pour tout n ≥ 1.

Corrigé de l’exercice 7. On a
5
X

2k =

k=−3
8
X

511
1 1 1
+ + + 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 =
,
8 4 2
8

(−2 + 3m) = 7 + 10 + 13 + 16 + 19 + 22 = 87

m=3

et

5
X

(3j 2 + 1) = 1 + 4 + 13 + 28 + 49 + 76 = 171.

j=0

Corrigé de l’exercice 8. On a
2 + 4 + 6 + · · · + 98 + 100 =

50
X
n=1

1 + 22 + 32 + · · · + 302 =

30
X

n2 ,

n=1

10

2n,

1 1 1 1 1 1 1 1 1 X (−1)n
− + − + − + − +
=
,
2 3 4 5 6 7 8 9 10
n
n=2

7 

n+1
3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 X n
+ + + + + + + + + =
+
.
4 3 5 4 6 5 7 6 8 7
n+1
n
n=3

Corrigé de l’exercice 10.
1. La somme des inverses des entiers naturels non nuls inférieurs ou égaux à n est

k=1

particulier, on a
2
X
1
k=1

n
X
1

k

= 1+

1 3
= si n = 2
2 2

et

3
X
1
k=1

k

= 1+

1 1 11
+ =
si n = 3.
2 3
6

k

. En

4

Solutions des exercices corrigés

p. 47

2. La somme des entiers naturels pairs inférieurs ou égaux à n est
n/2
X

2k si n est pair

et

(n−1)/2
X

k=1

2k si n est impair.

k=1

Donc la somme des entiers naturels pairs ≤ 2 (ou ≤ 3) vaut

1
X

2k = 2.

k=1

3. La somme des n premiers cubes d’entiers naturels non nuls est

n
X

k 3 . Celle des deux

k=1

(resp. trois) premiers cubes d’entiers naturels non nuls vaut donc
2
X

k 3 = 1 + 23 = 9

(resp.

k=1

3
X

k 3 = 1 + 23 + 33 = 36 ).

k=1

4. La somme des n premiers entiers naturels de la forme 3k + 1 avec k entier est

n−1
X
(3k + 1).
k=0

Ainsi, on a
1
X
(3k + 1) = 1 + 4 = 5 si n = 2

et

k=0

2
X

(3k + 1) = 1 + 4 + 7 = 12 si n = 3.

k=0

Corrigé de l’exercice 19. On suppose par exemple a , 0 (m) . Alors a2 + b2 ≥ a2 > 0. En

particulier, a2 + b2 est non nul. D’après la définition 13 du produit de deux nombres complexes,
on a
!
!
a
b
a2
b2
ab
ab
(a + ib) 2
−i 2
= 2
+
+i − 2
+
a + b2
a + b2
a + b 2 a2 + b 2
a + b 2 a2 + b 2
= 1 + 0i = 1.

D’où le résultat.

Corrigé de l’exercice 21. On a z1 = 7 − 2i, d’où <(z1 ) = 7 et =(z1 ) = −2 (n) . De même, on a
z2 = 3 + 2i, <(z2 ) = 3, =(z2 ) = 2, puis
z3 = 3 − 2i,

z4 = 10 − 4i,

z5 =

17
17
+i ,
2
2

z6 =

7 9
− i
2 2

et

z7 = 2.

On a donc par exemple =(z7 ) = 0. Par ailleurs,
z8 =
D’où <(z8 ) =

3
25

1
3 − 4i
3 − 4i
3
4
=
=
=
− i.
3 + 4i (3 + 4i)(3 − 4i) 9 + 16 25 25

4
et =(z8 ) = − 25
. De même, on trouve

z9 =

(1 − i)(3 − 2i)
1−i
1 − 5i
1
5
=
=
=
− i
3 + 2i (3 + 2i)(3 − 2i)
13
13 13

m. Le même raisonnement s’applique si b , 0.
n. Attention ! la partie imaginaire d’un nombre complexe est un nombre réel. En particulier, elle ne
comporte pas de « i ». Ne pas oublier le signe non plus !

p. 48

4

Solutions des exercices corrigés

et
z10 =

5i(4 + i)
5i
5 20
=
= − + i.
4 − i (4 − i)(4 + i)
17 17

Corrigé de l’exercice 26. Posons z = a + ib avec a, b réels de sorte que z = a − ib. Alors z
est solution de l’équation iz − 1 = 2z + i équivaut à i(a − ib) − 1 = 2(a + ib) + i soit encore
(−1 + b) + ia = 2a + i(2b + 1). Or deux nombres complexes sont égaux si et seulement si leurs
parties réelles et imaginaires le sont. Donc z est solution de l’équation iz − 1 = 2z + i équivaut à
(

−1 + b = 2a
a = 2b + 1

(
ou encore

a
b

= −1
.
= −1

Comme on a raisonné par équivalences, on en déduit qu’il y a une solution unique à l’équation
de départ, à savoir z = −1 − i.

Corrigé de l’exercice 30. Par simple calcul de dénombrement, on trouve
!
4
= 4,
1

!
3
= 3,
2

!
4
= 6,
2

!
5
= 10
3

Corrigé de l’exercice 31. D’après la définition 28,

et

!
5
= 1.
0

n 
n−k

est le nombre de chemins menant
à n − k succès dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n. C’est donc également le

nombre de chemins menant à k échecs. Or ce dernier n’est rien d’autre que nk puisque « succès »
et « échecs » jouent des rôles symétriques (la probabilité d’échec ou de succès n’intervient pas
dans la définition du coefficient binomial).

Par ailleurs, n0 est le nombre de chemins menant à aucun succès (ou encore à n échecs)
dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n. Or il n’y a qu’un seul tel chemin.



D’où n0 = nn = 1. De même, n1 est le nombre de chemins menant à un seul succès (ou encore
à exactement n − 1 échecs) dans un arbre associé à un schéma de Bernoulli d’ordre n. Il y a

n 
précisément n tels chemins. D’où n1 = n−1
= n.

Corrigé de l’exercice 35. On a


(u + v)3 = (u + v)2 (u + v) = u 2 + 2uv + v 2 (u + v)
= u 3 + 3u 2 v + 3uv 2 + v 3
!
!
!
3 3 3 2
3
=
u +
u v+
uv 2 +
0
1
2
!
!
!
3 3 3
3 2
=
v +
uv 2 +
u v+
0
1
2

!
3 3
v
3
!
3 3
u ,
3

et


(u + v)4 = (u + v)3 (u + v) = u 3 + 3u 2 v + 3uv 2 + v 3 (u + v)
= u 4 + 4u 3 v + 6u 2 v 2 + 4uv 3 + v 4
!
!
!
!
!
4 4 4
4 2 2 4 3
4 4
3
=
v +
uv +
u v +
u v+
u .
0
1
2
3
4

4

Solutions des exercices corrigés

p. 49

y
=(z)
A(z)

|z|

|−z|

D(−z)

O

x

<(z)
B(z)

|z|

|−z|

C(−z)

Corrigé de l’exercice 40. Notons respectivement A, B, C, D les points images de z, z, −z, −z.
Alors, B est le symétrique de A par rapport l’axe Ox. De même, C est son symétrique par
rapport à l’origine O du repère. Enfin, D est le symétrique de A par rapport l’axe Oy. Le
quadrilatère ABCD est un rectangle dont les diagonales se coupent en l’origine O. On a donc
|z| = |z| = |−z| = |−z|.

Corrigé de l’exercice 42. On rappelle que si x est un nombre réel, sa valeur absolue, notée
|x|, est :
(
|x| =

x
−x

si x ≥ 0
.
sinon


Par ailleurs, si y est un nombre réel ≥ 0, y désigne l’unique nombre réel positif qui, élevé au

carré, donne y. Autrement dit, y est l’unique solution positive de l’équation x2 = y d’inconnue x.

Soit a ∈ R. Si a ≥ 0, on √
a immédiatement a2 = a. Si en revanche, a < 0, alors −a > 0 et
comme a2 = (−a)2 , il vient a2 = −a. D’où
√ le résultat voulu. Ainsi, lorsque a ∈ R, le nombre
complexe a = a + i0 a pour module |a| = a2 qui vaut bien sa valeur absolue. En particulier il n’y
a pas d’ambiguité à utiliser la même notation pour le module et la valeur absolue d’un nombre
réel.

Corrigé de l’exercice 45. On doit résoudre la double équation

1
|z| = = |z − 1|.
z

(14)

Soit z une solution de (14). On a donc z , 0. D’après les propriétés du module (voir la proposition 43), on a |1/z| = 1/|z| d’où |z|2 = 1 puis |z| = 1 et enfin |z − 1| = 1. Autrement dit, compte-tenu
de l’interprétation géométrique des nombres complexes, le point image de z est situé à l’intersection d’une part du cercle de centre O (l’origine du repère) et de rayon 1 et d’autre part du
cercle de centre A, point image de 1, et de rayon 1, comme indiqué sur la figure 9.
On a donc les deux égalités suivantes :
<(z)2 + =(z)2 = 1

et

(<(z) − 1)2 + =(z)2 = 1.

En soustrayant la seconde à la première, il vient <(z) = 12 , puis en remplaçant dans l’une


quelconque de ces deux égalités, on trouve =(z) = ±


1
2

3
2



1
2

3
2 .

3
2 .

Ainsi, une solution z de (14) vaut

+i
ou − i
Inversement, on vérifie que ces deux nombres complexes satisfont bien aux
équations (14) dont on a donc trouvé toutes les solutions.

p. 50

4

Solutions des exercices corrigés
y

O

A

x

Figure 9: Représentation graphique du problème et de ses solutions
Corrigé de l’exercice 48. Soit a et b deux nombres réels. On sait d’après le formules d’addition du théorème 46 que
cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b)
cos(a − b) = cos(a) cos(b) + sin(a) sin(b).

Ainsi, en ajoutant ces deux égalités, il vient
cos(a) cos(b) =

1
(cos(a + b) + cos(a − b)) .
2

On utilise à présent cette formule, valable pour tous a, b ∈ R, avec a remplacé par
remplacé par

a−b
. Il vient
2

a+b
et b
2

!
!
a−b
1
a+b
cos
= (cos(a) + cos(b)).
cos
2
2
2
D’où le résultat.

Corrigé de l’exercice 50. Un argument de 1 est 0. Un argument de i est π2 . Un argument
de −1 est π. Un argument de −i est


2 .





z1
= − 22 +i 22 et (d’après le tableau 3)
|z
|
1 
 
√ 

z1 = 2 2 cos 3π
. De même, les repré4 + i sin 4



Corrigé de l’exercice 59. On a |z1 | = 8 = 2 2. Donc

la représentation trigonométrique de z1 est
sentations trigonométriques de z2 et z3 sont :
 
 
√ 


z2 = 2 3 cos
+ i sin
et z3 = π (cos(π) + i sin(π)) .
6
6


On a |z4 | = |i| · − 23 − 12 i = 1 et d’après la proposition 57,

!
3 1
arg(z4 ) ≡ arg(i) + arg −
− i
2
2

(mod 2π).


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