EXERCICE 1. Déterminer (x + y i), représentation cartésienne du nombre
complexe : 1.1. (5 − i )2 ; (2 + 3 i )3 ;. (1 − i 5 )3. 1.2. (5 − 4 i )(3 + 6 i ); (4 + 3 i )3 (4
− 3 i ) ...
EXERCICE 1. Déterminer (x + y i), représentation cartésienne du nombre complexe : 1.1.
(5 − i )2 ;
1.2.
(5 − 4 i )(3 + 6 i );
1.3.
1.4.
1.5.
1+ i 3
3 −i
(2 + 3 i )3 ;
3 +i
+
3 +i 3 −i
1+ α i 2
2 α + (α − 1) i
5 ) 3.
(4 + 3 i )3 (4 − 3 i )3.
1 i 2 + . i 2
1 − i 2 ; 1+ i
;
3 −i
(1 − i
;
7
−1−i .
(α + β i )
2
α + ( β + 1) i
; (α,β)∈
R. 2
SOLUTION. 1.1. (5 − i )2 ; (2 + 3 i )3 ;(1 − i 5 )3. 1.1.1. (5 − i )2 . (5 − i)2 = 52 + i2 − 2 × 5 i = 25 − 1 − 10 i = 24 − 10 i (5 − i)2 = 24 − 10 i
1.1.2. (2 + 3 i )3 . (2 + 2 i ) 3
= 2 3 (1 + i ) 3 = 8 ( 13 + 3 i + 3 × i 2 + i 3 ) =8(1+3i−3−i) = 8 (− 2 + 2 i ) = 16 ( − 1 + i ) (2 + 2 i ) 3 = − 16 + 16 i
1.1.3. (1 − i (1 − i 5 )3
5)
3
.
= 1 3 − 3 × (i 5 ) + 3 × (i 5 ) 2 − (i 5 ) 3 = 1 − 3 i 5 − 75 + 5 i 5 (1 − i 5 )3 = − 74 + 2 i 5
1.2. (5 − 4 i )(3 + 6 i );
(4 + 3 i )3 (4 − 3 i )3.
1.2.1. (5 − 4 i )(3 + 6 i ). (5 − 4 i )(3 + 6 i ) = 5 × 3 + 5 × 6 i − 4 i × 3 − 4 i × 6 i = 15 + 30 i − 12 i + 24 (5 − 4 i )(3 + 6 i ) = 39 + 18 i
1.2.2. (4 + 3 i )3 (4 − 3 i )3. (4 + 3 i )3 (4 − 3 i )3
= [(4 + 3 i )(4 − 3 i )]3 = (4 2 − 9 i 2 ) 3 = (16 + 9) 3 = 25 3 (4 + 3 i )3 (4 − 3 i )3 = 15 625
1.3.
1+ i 3 3 −i
2
1+ i
1.3.1. 1+ i 3 3 −i
2
; 1 − i ; 1 + i . 1+ i 3
=
3 −i
i
2
.
( 1 + i 3 )( 3 + i ) ( 3 − i )( 3 + i ) 3 + i + 3i − 3 = 3+1 4i = 4
1+ i 3 3 −i
1.3.2.
1 − i 2 1+ i
=i
.
2 1 − i 2 ( 1 − i )( 1 − i ) = 1+ i ( 1 + i )( 1 − i )
1 − 2i + i 2 2 = 2 1− i
−2i 2 = 2 = (− i ) 2
1 − i 2 =−1 1+ i
1 i 2 + i 2
1.3.3.
.
2 + i2 = 2i
1 i 2 + i 2
1 = 2i 1 = −4
2
2
1 i 2 1 + =− i 2 4
1.4.
3 −i 3 +i
3 +i
+
3 −i
+
3 +i
−1−i
3 −i
7 −1−i 3 −i
1+ α i 2
2 α + (α − 1) i
1.5.1.
;
(α + β i )
2 − 2 3i + 2 + 2 3i −1−i = 3+1 = (− i ) 7
2
2 α + (α − 1) i
1+ α i 2
2 α + (α − 1) i
=
2
α + ( β + 1) i
1+ α i
.
( 3 − i )2 + ( 3 + i )2 −1−i = ( 3 − i )( 3 + i )
3 +i
1.5.
7
3 −i 3 +i
7 −1−i =i 3 −i
3 +i
+
; (α,β)∈R 2.
.
i( α − i ) 2
i ( α − 2αi − 1 ) α−i = 2 (α −i ) 1 = α−i α+i = ( α − i )( α + i ) 1+ α i 2
2 α + (α − 1) i
1.5.2.
(α + β i )
2
α + ( β + 1) i
(α + β i )
2
α + ( β + 1) i
. 2
=
( α + βi ) ( α − ( β + 1 )i ) ( α + ( β + 1 )i )( α − ( β + 1 )i )
=
α+i 2
α +1
7
7
2
=
( α + βi ) ( α − βi − i ) 2
α + ( β + 1) 2
=
2
α + ( β + 1) 2
2
α + ( β + 1)
2
2
( α + βi )( α + β ) − i ( α + iβ ) 2
α + ( β + 1) 2
=
2
( α + βi )( α + β + β − iα ) 2
=
2
( α + βi )( α + β − i ( α + βi )) 2
=
2
2
2
2
2 2
2
2
α( α + β ) + iβ( α + β ) − i ( α − β ) + 2αβ
(α + β i )
2
α + ( β + 1) 2
2
α + ( β + 1) i
=
2
2
2
2
2
2
α( α + β ) + 2αβ + i ( β( α + β ) − α + β ) 2
α + ( β + 1)
2
EXERCICE 2. Soit ϕ réel ; z = cos2 ϕ + i sin ϕ cos ϕ. 1° Déterminer ϕ tel que z = 0. 2° Si z ≠ 0, calculer z−1, z2, z−2, z3, z−3.
SOLUTION. 1°/ Détermination de ϕ. L’équation z = 0 s’écrit, en fonction de ϕ : cos2 ϕ + i sin ϕ cos ϕ = 0 cos ϕ ( cos ϕ + i sin ϕ ) = 0 Il y a donc deux sorte de solutions possibles : • cos ϕ = 0, soit ϕ =
π 2
Z
+ k π, k ∈ .
• cos ϕ + i sin ϕ = 0, soit e i ϕ = 0, ce qui est impossible car | ei ϕ | = 1 et un nombre complexe de module 1 ne peut jamais être égal à 0. Les seules solutions du problème sont donc données par : ϕ=
π 2
Z
+ k π, k ∈ .
2°/ Puissances de z. De la relation : z = cos ϕ × e i ϕ on tire immédiatement les résultats : −1
z =
e
− iϕ
cos ϕ
= 1 − i tan ϕ
z2 = cos2 ϕ e2 i ϕ = cos2 ϕ (cos2 ϕ − sin2 ϕ) + 2 i sin ϕ cos3 ϕ −2
z =
e
−2iϕ 2
cos ϕ
= (1 − tan2 ϕ) − 2 i tan ϕ
z = cos3 ϕ e3 i ϕ = cos3 ϕ (cos 3 ϕ + i sin 3 ϕ) 3
−3
z =
e
−3iϕ 3
cos ϕ
=
cos 3ϕ 3
cos ϕ
−i
sin 3ϕ 3
cos ϕ
EXERCICE 3. Soit α réel ; z = (α − i)[(10 − α) + (2 + α) i ]. Déterminer α tel que z soit réel. Préciser, dans ce cas, la valeur de z.
SOLUTION. Calculons la partie imaginaire de z : ℑ (z ) = − (10 − α) + α (2 + α) = α2 + 3 α − 10. Pour que z soit réel, il faut et il suffit que sa partie imaginaire soit nulle. Cette condition s’exprime par l’équation: α2 + 3 α − 10 = 0. Les solutions de cette équation sont données par : α=
−3 ± 9 + 40 2
= 2 ou − 5.
Il y a donc deux solutions : • α = 2. Dans ce cas, z = ℜ (z) = α (10 − α) + 2 + α = − α2 + 11 α + 2 = − 4 + 22 + 2 = 20 • α = − 5. Dans ce cas, z = ℜ (z) =− α2 + 11 α + 2 = 25 − 55 + 2 = − 28.
EXERCICE 4. A tout point M (x,y) du plan rapporté au repère (O,u,v), on associe le nombre complexe : z = [(2 x − y) + (x − y) i ][x + (x − y) i ]. Déterminer et construire l’ensemble des points M tels que z soit réel.
SOLUTION. Pour que z soit réel, il faut et il suffit que sa partie imaginaire soit nulle : (x − y) x + (2 x − y)(x − y) = 0 (x − y)(3 x − y) = 0 L’ensemble de points M (x,y) tels que z soit réel est donc formé des deux droites d’équations : • y = x. C’est la première bissectrice. • y = 3 x.
EXERCICE 5. 1° Soit : α, β, réels fixés, z1 = cos α + i sin α, z2 = cos β + i sin β. Déterminer la représentation cartésienne de : z1 × z2 ; 2° Soit j = cos
2π
+ i sin
3
2π
z1 z2
; z1n pour n ∈
N.
. Calculer : j 2 ; j 3 ; j n ; 1 + j + j 2.
3
SOLUTION. 4.1. Représentation cartésienne de nombres complexes. z1 = cos α + i sin α = e i α z2 = cos β + i sin β = e i β z1 z2 = e i α e i β = e i (α + β) = cos (α + β) + i sin (α + β) z1 z2 = cos (α + β) + i sin (α + β) z1 z2
= e i α e − i β = e i (α − β) = cos (α − β) + i sin (α − β) z1 z2
= cos (α − β) + i sin (α − β)
z1n = e i n α = cos n α + i sin n α z1n = cos n α + i sin n α
4.2. Puissances de j. j = cos 2
i
j =e
2π 3
+ i sin
4π 3
= cos
2π
i
=e
3
4π 3
2π
+ i sin
3
4π 3
j2=− 3
j =e
i
1 2
(1 + i 3 )
6π 3
= ei2π = 1 jn = e i 1+j+j2=
2nπ 3
1− j
3
1− j
=0
EXERCICE 6. Soit z, nombre complexe, u, nombre complexe de module 1, u ≠ 1. Démontrer que
z−u z 1− u
est réel.
SOLUTION. z − uz
=
( z − uz )( 1 − u )
=
z − uz − uz + uu z
( 1 − u)( 1 − u ) 1− u 1 − u − u + uu Le dénominateur est réel, c’est le carré du module de 1 − u. u z + u z est réel, c’est deux fois la partie réelle de u z . Reste à montrer que z + |u|2 z est réel, ce qui est clair puisque, par hypothèse, u est de module 1, donc : z + u u z = z + |u|2 z = z + z = 2 R(z). z − uz 1− u
=2
ℜ( z − uz ) 2
|1 − u|
est réel.
EXERCICE 7. 3 . Déterminer le module et un argument de : z12 , z1 z2 , z13 ,
Soit : z1 = 4 + 4 i ; z2 = 1 − i
z1 z2
,
z2 z1
SOLUTION. z12
= 32 e
z1 z2 = 8
i
π 4
i
2 e
z1 = 4
π 2
et z2 = 2 e
−i
π 3
entraînent :
= 32 i.
2 e
−i
π 12
i
3π
z13 = 144 2 e 4 z1 i 7π = 2 2 e 12 z2 z2
=
2
e
−i
7π 12
4 z1 et ces formules donnent instantanément les modules et arguments des nombres complexes calculés.
.
EXERCICE 8. Déterminer le module et un argument de z : 3.1.
z=a
3.2.
z=
3.3.
z=
1 − i tan α
(a,α) ∈ R 2
1 + i tan α
5 + 11 3 i 7−4 3 i (1− i) 3
.
(1 − i 3) 4
.
SOLUTION. 3.1. sin α
tan α =
cos α
sin α
1− i ⇒z=a
− iα
cos α = a cos α − i sin α = a e = a e−2iα + iα sin α α + i sin α cos e 1+ i cos α
Le module de z est donc | a | . Un argument de z est : − 2 α si a est positif, π − 2 α si a est négatif.
3.2. z=
5 + 11 3 i 7−4 3 i
( 5 + 11 3 i )( 7 + 4 ( 7 − 4 3 i )( 7 + 4
=
Le module de z est donc 2, et son argument est
) 3 i) 3i
2π 3
=
1 97
(35 − 132 + 97
3 i ) = −1 +
, à un multiple de 2 π près.
3.3. 1−i= 1−i
2 e
−i
3 =2 e
π 4
−i
π 3
z=
Le module de z est donc
2 8
(1 − i )
3
(1 − i 3 )
4
=2
et son argument est
2e 7π 12
−i
.
3π 4
×
1 16
×e
i
4π 3
=
2 8
e
i
7π 12
.
3 i=2 e
i
2π 3
EXERCICE 9. Résoudre dans , ensemble des nombres complexes de module 1 : z + z' + z" = 1 z z' z" = 1
SOLUTION. z, z’, z’’ sont solutions de l’équation (Z − z )(Z − z’)(Z − z’’ ) = 0 Z3 − (z + z’ + z’’) Z2 + (z z’ + z’ z’’ + z’’ z ) Z − z z’ z’’ = 0 Z3 − Z2 + (z z’ + z’ z’’ + z’’ z ) Z − 1 = 0 zz' + z' z'' + z'' z zz' + z' z'' + z'' z 1 1 1 + + = z z’ + z’ z’’ + z’’ z = = 1 zz' z'' z'' z z' Mais, par hypothèse, z, z’ et z’’ sont des nombres complexes de module 1 : leur conjugué est donc égal à leur inverse. 1 1 1 = z ′, =z″ =z, z z' z'' z z’ + z’ z’’ + z’’ z = z + z ′ + z ″ = z + z' + z' ' = 1, puisque z + z’ + z’’ = 1. Ainsi, les nombres complexes z, z’, z’’ sont les solutions de l’équation : Z3 − Z2 + Z − 1 = 0 L’équation Z3 − Z2 + Z − 1 = 0 peut être écrite : Z2 (Z − 1) + Z − 1 = 0, soit (Z − 1)(Z2 + 1) = 0. D’où les racines : { z , z’ , z’’ } = { 1 , i , −i }
EXERCICE 10. Déterminer z, complexe tel que z2 et z6 soient conjugués.
SOLUTION.
L’équation définissant z s’écrit : z6 = z 2 . Les solutions réelles sont données par : x6 = x2 x2 (x4 − 1) = 0 x2 (x2 − 1)(x2 + 1) = 0 x2 (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) = 0 Il y a donc trois solutions réelles : 0, 1, −1. Cherchons les solutions dans le plan complexe.
La relation z6 = z 2 entraîne, en module : | z |6 = | z |2. Comme | z | est réel positif, il y a deux solutions : | z | = 0 et | z | = 1.
1er cas. | z | = 0 entraîne z = 0. z=0
2e cas.
1 1 | z | = 1 entraîne z = et la relation z6 = z 2 , que l’on peut écrire aussi z6 = z 2 s’écrit z6 = 2 . Comme | z | est z z 1 8 6 égal à 1, z ne peut pas être nul et la relation z = 2 est équivalente à z = 1. z 8
Les solutions de l’équation z = 1, sont données par : z = z= e
ik
π 4,
2ikπ e 8
, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Les solutions réelles que nous avons trouvées sont comprises dans les neuf solutions complexes. La solution x = 0 correspond à z = 0 (1er cas), la solution x = 1 correspond à k = 0 (2e cas), la solution x = −1 correspond à k = 4 (2e cas).
EXERCICE 11. ∑
p=n
1° Soit z complexe, z ≠ 1, et Sn =
zp. Exprimer Sn en fonction de z et de n.
p=0
2° Soit :
Σ1 = 1 + cos θ+ cos 2θ+ h + cos nθ, Σ2 = 0 + sin θ + sin 2θ+ h + sin nθ.
Calculer Σ1 + i Σ2 . En déduire Σ1 et Σ2.
SOLUTION. 1°/ Somme d’une progression géométrique. Considérons la somme : Sn = 1 + z + z 2 + … + z n Muliplions les deux membres par z, nous obtenons : z Sn = z + z2 + z3 + … + zn +1 Par soustraction membre à membre, il vient : Sn − z Sn = 1 − zn +1 Comme, par hypothèse, z est différent de 1, 1 − z est différent de 0, on peut diviser les deux membres par 1 − z, il reste : Sn =
1 − z n+1 1− z
D’où la formule finale : 1 + z + z2 + … + zn =
1 − z n+1 1− z
2°/ Application à l’exponentielle complexe. Considérons les sommes : Σ1 = 1 + cos θ + cos 2θ + … + cos nθ Σ2 = 0 + sin θ + sin 2θ + … + sin nθ En prenant Σ1 pour partie réelle et Σ2 pour partie imaginaire, nous obtenons le nombre complexe : Σ1 + i Σ2 = (1 + cos θ + cos 2θ + … + cos nθ) + i (0 + sin θ + sin 2θ + … + sin nθ) Σ1 + i Σ2 = (1 + i 0) + (cos θ + i sin θ) + (cos 2θ + i sin 2θ) + … + (cos nθ + i sin nθ) Σ1 + i Σ2 = 1 + ei θ + e2i θ + … + en i θ = 1 + z + z2 + … + zn avec z = ei θ. La formule établie dans la question 1° donne alors la solution : Σ1 + i Σ2 =
1 − ei ( n+1 ) θ 1 − ei θ
Pour séparer facilement la partie réelle et la partie imaginaire, nous allons transformer cette expression en mettant en facteur : • au numérateur e
i
n+1 θ 2 i
θ
• au dénominateur e 2 . Il vient :
n+1
i
Σ1 + i Σ2 =
e 2 e
θ
×
θ 2
i
e
−i
n+1 θ 2
e
θ 2
−i
i
n +1
θ
−e 2 −e
i
θ 2
Les formules d’Euler donnent : sin
n+1 2
e
θ=
i
n+1 θ 2
−e 2i
−i
n +1 θ 2
et
sin
θ 2
e
=
i
θ 2
−e 2i
−i
θ 2
d’où : i
Σ1 + i Σ2 =
n+1
e 2 i
Σ1 + i Σ2 = e
i
n θ 2
×
θ
θ 2
n +1 θ 2 θ sin 2
sin
×
e n +1 sin θ 2 = (cos n2θ θ sin 2
+ i sin
nθ ) 2
n +1 θ 2 θ sin 2
sin
En séparant partie réelle et partie imaginaire, il vient : n +1 θ 2 θ sin 2 n +1 sin θ 2 θ sin 2 sin
Σ1 = cos
nθ 2
×
Σ2 = sin
nθ 2
×
D’où les formules : 1 + cos θ + cos 2θ + … + cos nθ = cos
sin θ + sin 2θ + … + sin nθ = sin
nθ 2
nθ 2
n +1 θ 2 θ sin 2
sin
×
n +1 θ 2 θ sin 2
sin
×
EXERCICE 12. Soit z1 , z2 , z3 , nombres complexes dans le produit est 3 3 i, dont les arguments respectifs θ1 , θ2 , θ3 , forment une progression arithmétique de raison
π
, et les modules respectifs ρ1 , ρ2 ,
3
ρ3 , une suite géométrique de raison 2. Déterminer z1 , z2 , z3 , et construire leurs images dans un plan complexe.
SOLUTION. Les données de l’énoncé se traduisent par les relations : z1 z2 z3 = 3 3 i π
θ3 − θ2 = θ2 − θ1 =
ρ3 ρ2
ρ2
=
3
= 2.
ρ1
π
z1 z2 z3 = ρ1 ρ2 ρ3 ei (θ1 +θ2 +θ3 ) = 3 3 i = 3 3 e 2 La dernière égalité montre que les modules et arguments de z1 , z2 , z3 vérifient : i
ρ1 ρ2 ρ3 = 3 3 et θ1 +
Le système :
θ3 − θ2 = θ2 − θ1 =
θ2 + θ3 =
π 3 π
s’écrit aussi :
3
θ1 + θ2 + θ3 =
π
+2kπ
2
π 2
+ 2 k π (k∈Z).
θ3 − θ2 = θ2 − θ1 =
π 3 π 3
2 θ2 + θ3 = (θ1 + θ2 + θ3 ) + (θ2 − θ1 ) =
Sa solution est :
θ2 =
1 3
((2 θ2 + θ3 ) − ( θ3 − π
θ3 = θ2 + θ1 = θ2 −
3 π 3
=
π 2
=−
+2k
π
θ2
)) =
π 6
+2k
5π 6
+2kπ
π 3
.
3
π 6
+2k
π 3
Les relations : ρ2 = 2 ρ1 ; ρ3 = 2 ρ2 ; ρ1 ρ2 ρ3 = 3 3 donnent 8 ρ13 = 3 3 , d’où ρ1 = 3 , ρ3 = 2
3.
Les solutions cherchées sont donc : • Pour k = 0 z1 =
3 2
e
z2 = 3 e
−i
i
π 6
π 6
=
3 2
(cos
= 3 (cos
π
6
π
6
π
− i sin ) = 6
π
+ i sin ) = 6
z3 = 2 3 e
i
π 2
3 3 i 3 − = ( 3 −i) 2 2 4 2 3 i 3 3 + = ( 3 +i) 2 2 2
=2 3 i.
3 2
, ρ2 =
3
z1 =
( 3 −i)
4 3
z2 =
( 3 +i)
2
z3 = 2 3 i . • Pour k = 1 z1 =
z2 = 3 e z3 = 2 3 e
π 2π i + 6 3
π 2π i + 2 3
3 2
e
π 2π i − + 6 3
= 3 (−cos = 2 3 (−cos
3
=
(cos
2
π
2
π
+ i sin ) = 2
+ i sin ) = 3 −
π
π
6
6
3 2
− i sin ) = 2 3 −
π
π
6
3
z1 =
2
z2 = −
3
6
+
2
3
i 2
−
i
2
=−
i 2
3 2
( 3 −i)
= − 3 ( 3 + i ).
i 3
( 3 −i) 2 z3 = − 3 ( 3 + i ) .
• Pour k = 2 z1 =
3 2
e
π 4π i − + 6 3
z3 = 2 3 e
=
π 4π i + 2 3
3 2
(−cos
π
6
π
− i sin ) = 6
z2 = 3 e = 2 3 (cos
π
6
π 4π i + 6 3
3 3 i 3 − =− ( 3 +i) − 2 2 4 2
= − 3i
− i sin ) = 2 3
z1 = −
π
6
3
2
−
i 2
= 3 ( 3 − i ).
3
( 3 +i) 4 z2 = − 3 i z3 = 3 ( 3 − i ) .
Les trois groupes de solutions peuvent être représentés dans le plan complexe : par exemple, le groupe marqué z1 , z2 , z3 , est celui pour lequel 0 < θ1
0. Si λ = 0, l’équation se réduit à ( z − β )n = 0. Sa seule solution est z = β. Nous supposerons désormais λ ≠ 0. n
ik
n
2π
Si α = β, l’équation se réduit à (z − α) (λ − 1) = 0. Si λ est racine n-ième de l’unité, donc de la forme e n , l’équation est toujours vérifiée, quel que soit z : tout nombre complexe z est solution. Si λ n’est pas racine n-ième de l’unité, la seule solution est z = α = β. Dans la suite, nous supposerons donc n entier > 0, λ ≠ 0, α ≠ β.
1° Résolution de l’équation.
n z−β L’équation λn ( z − α )n − ( z − β )n = 0 s’écrit = 1. Sa solution est donnée par l’ensemble des λ( z − α )
racines n-ièmes de l’unité :
ik
z−β λ( z − α )
=e
2π n
, k = 0, 1, … , n − 1. On en déduit : ik
z − β = λ (z − α)e ik
2π n
2π
z (1 − λ e
n
ik
)=β−αλ e
2π n
Deux cas sont alors à envisager : • ou bien λ est l’une des racines n-ièmes de l’unité, et dans ce cas, λn = 1. L’équation de départ est : (z − α)n = (z − β)n Ses solutions sont données par
z−β z−α
ik
=e
2π n
: ik
z=
β−α e ik
2π n
2π
,
1− e n avec k = 1, 2, … , n − 1. La solution qui correspondrait à k = 0 est exclue par la condition α ≠ β.
ik
• ou bien λ n’est pas racine n-ième de l’unité, et, dans ce cas, 1 − λ e solutions sont données par : ik
z=
1− λ e
n
est toujours différent de 0. Les
2π n
β−α λ e ik
2π
, k = 0, 1, … , n − 1.
2π n
Sous cette forme, on n’est guère renseigné sur la position des solutions de l’équation dans le plan complexe. Nous verrons que, dans certains cas, ces solutions sont alignées, dans d’autres cas, elles sont sur un même cercle.
2° Les solutions sont sur un même cercle ou sur une même droite. Soient M, A, B, les points d’affixes respectives z, α, β. n z−β z−β La relation = 1, soit | z − β | = |λ| | z − α | . = 1 entraîne λ( z − α ) λ( z − α )
1er cas : |λ λ| = 1. La relation s’écrit : | z − β | = | z − α | ou encore BM = AM. Les solutions sont sur la médiatrice du segment AB.
2e cas : |λ λ| ≠ 1. Comme les modules sont nombres réels positifs, cette relation est équivalente à | z − β |2 = |λ|2 | z − α |2 . Sous forme géométrique, cette relation s’exprime par : BM2 = |λ|2 AM2 ⇔ BM2 − |λ|2 AM2 = 0 →
⇔
→
→
→
( BM + |λ| AM ).( BM − |λ| AM ) = 0
Introduisons le barycentre |λ λ|. Il est défini par :
I des points B et A affectés respectivement des coefficients 1 et →
→
→
(1 + |λ|) OI = OB + |λ| OA Son affixe zI vérifie donc : (1 + |λ|) zI = β + |λ| α β + | λ| α zI = 1 + | λ| et point tout point M du plan, la propriété suivante est vraie : →
→
→
(1 + |λ|) IM = BM + |λ| AM Considérons maintenant le barycentre coefficients 1 et − |λ λ|. Il est défini par :
J des points B et A affectés respectivement des →
→
→
(1 − |λ|) OJ = OB − |λ| OA Son affixe zI vérifie donc : (1 − |λ|) zJ = β − |λ| α Pour |λ| ≠ 1, il vient : zJ =
β − | λ| α 1 − | λ|
et, pour tout point M du plan : →
→
→
(1 − |λ|) JM = BM − |λ| AM
→
→
→
→
La propriété : ( BM + |λ| AM ).( BM − |λ| AM ) = 0 s’écrit alors : → →
(1 − |λ|2 ) IM . JM = 0 → →
→
Pour |λ|2 ≠ 1, cette relation est équivalente à IM . JM = 0. Cette dernière relation montre que les vecteurs IM et →
JM sont perpendiculaires, donc : Les solutions de l’équation sont, pour |λ| ≠ 1, sur le cercle de diamètre IJ . Le centre C du cercle est le milieu du segment IJ. Le rayon r du cercle est la moitié du diamètre IJ. L’affixe de C est donnée par : 1 1 β + | λ| α β − | λ| α zC = (zI + zJ ) = + 2 2 1 + | λ| 1 − | λ| 2
β − | λ| α
zC =
2
1 − | λ|
Le rayon r est donné par : 1
r=
2
β + | λ| α
1
| zI − zJ | =
1 + | λ|
2
β − | λ| α
−
1 − | λ|
α−β λ
r=
1− λ 2
Remarques finales. Maintenant que l’affixe du centre est connue, nous pouvons envisager de modifier la forme des solutions : ik
z=
ik
z − zC =
ik
1− λ e
, k = 0, 1, … , n − 1.
2π
n
1− λ e
ik
2
n
β−α λ e
n
β−α λ e ik
2π
2π
−
2π
β − | λ| α 2
1 − | λ|
=
β−α+α−α λ e ik
n
1− λ e
z − zC = (β − α)
1 ik
1− λ e i
2
1−| λ| −1 + λ e z − zC = (β − α) i 2 1−| λ| 1 − λ e
(
−i
Comme le rapport
1− λ e i
i
module de e
2 kπ
n
1− λ e
)
2π
−
2π 2
n
−
2π
n
1 2
1 − | λ|
β − α + α − | λ| α 2
1 − | λ|
n
2 kπ
−i
n
2 kπ
2 kπ
n i ( α − β )λ 1 − λ e n . = × e × 2 2 kπ 2 kπ 1−| λ| i n 1− λ e n
2 kπ
n 2 kπ
est le rapport de deux nombres complexes conjugués, son module est 1. Le
n
est 1 aussi. Donc le module de z − zC est
|α − β|| λ| 2
, il ne dépend pas de k, c’est le même pour
1−| λ|
toutes les solutions de l’équation. Cette propriété montre bien que les solutions sont sur un même cercle de centre |α − β|| λ| . zC et de rayon 2 1−| λ|
