Terminale maths expertes

Nombres complexes : calcul algébrique et équations — 20 exercices corrigés

Vingt exercices progressifs sur la forme algébrique des nombres complexes, dans le cadre du programme de mathématiques expertes de terminale : calcul, conjugaison, inverse, équations polynomiales, module, interprétation géométrique et démonstrations. Les solutions distinguent systématiquement les conditions de définition, les transformations équivalentes et les conclusions.

L'essentiel à retenir

Tout nombre complexe s'écrit de manière unique $z=x+iy$ , avec $x,y\in\mathbb R$ et $i^2=-1$ . Deux complexes sont égaux si et seulement si leurs parties réelles et leurs parties imaginaires sont respectivement égales.
Pour $z=x+iy$ , on a $\overline z=x-iy$ , $z+\overline z=2\operatorname{Re}(z)$ et $z-\overline z=2i\operatorname{Im}(z)$ . La conjugaison conserve les sommes et les produits.
Le module vérifie $|z|^2=z\overline z=x^2+y^2$ . Si $z\ne0$ , alors $1/z=\overline z/|z|^2$ ; la multiplication par le conjugué permet donc de mettre un quotient sous forme algébrique.
Un complexe est réel si et seulement si $z=\overline z$ , et imaginaire pur si et seulement si $z=-\overline z$ . Le nombre zéro satisfait les deux propriétés.
Pour tous complexes $z,w$ , $|zw|=|z||w|$ et $|z+w|\leq|z|+|w|$ . L'égalité dans l'inégalité triangulaire exige une même direction et un même sens lorsque les deux nombres sont non nuls.
Une équation contenant $z$ et $\overline z$ se traite souvent en posant $z=x+iy$ . Il faut alors résoudre un système réel et examiner séparément les paramètres qui annulent un coefficient.
Un polynôme à coefficients réels prend des valeurs conjuguées en des arguments conjugués : $P(\overline z)=\overline{P(z)}$ . Ses solutions non réelles se présentent donc par paires conjuguées.
En géométrie complexe, $|z-a|$ représente une distance. Une égalité de distances peut définir une médiatrice ; une équation de module constant peut définir un cercle. Les points exclus par un dénominateur restent exclus après simplification.

Exercice 1 — Calcul algébrique et contrôle indépendant

Mettre sous forme algébrique $A=(2-3i)(1+4i)$ et $B=(3+2i)/(1-i)$ .
Calculer $C=A-2B$ puis vérifier le résultat en calculant directement $(1-i)C$ .
Déterminer $|A|^2$ de deux manières.

Corrigé détaillé

On développe en utilisant $i^2=-1$ : $A=2+8i-3i-12i^2=14+5i$ . Pour le quotient, le dénominateur $1-i$ est non nul. On multiplie le numérateur et le dénominateur par $1+i$ : $B=((3+2i)(1+i))/((1-i)(1+i))$ . Le numérateur vaut $3+3i+2i+2i^2=1+5i$ , tandis que le dénominateur vaut $2$ . Ainsi $B=\frac12+\frac52i$ .
Il vient $C=(14+5i)-(1+5i)=13$ . Pour effectuer une vérification sans reprendre seulement cette soustraction, on part de la définition : $(1-i)C=(1-i)A-2(3+2i)$ . Or $(1-i)(14+5i)=19-9i$ . Donc $(1-i)C=19-9i-6-4i=13-13i=13(1-i)$ . Comme $1-i\ne0$ , on retrouve $C=13$ .
La forme algébrique donne $|A|^2=14^2+5^2=221$ . D'autre part, la multiplicativité du module donne $|A|^2=|2-3i|^2|1+4i|^2=(4+9)(1+16)=13\times17=221$ . Les deux résultats coïncident. Cette seconde méthode contrôle notamment le signe issu du produit des parties imaginaires.

Exercice 2 — Une équation linéaire en deux inconnues réelles avec conjugaison

Résoudre dans $\mathbb C$ l'équation $2z+i\overline z=3+i$ .
Vérifier directement la solution.
Expliquer pourquoi remplacer $\overline z$ par $z$ aurait changé le problème.

Corrigé détaillé

Posons $z=x+iy$ , où $x$ et $y$ sont réels. Alors $\overline z=x-iy$ et $i\overline z=ix+y$ . Ainsi $2z+i\overline z=(2x+y)+i(x+2y)$ . L'unicité de la forme algébrique transforme l'équation en $2x+y=3$ et $x+2y=1$ . La première égalité donne $y=3-2x$ . En la substituant dans la seconde, on obtient $x+6-4x=1$ , donc $x=5/3$ , puis $y=3-10/3=-1/3$ . L'unique solution est donc $z=\frac53-\frac13i$ . L'unicité vient aussi du déterminant $2\times2-1\times1=3$ , qui est non nul.
Pour ce nombre, $2z=10/3-2i/3$ et $i\overline z=i(5/3+i/3)=-1/3+5i/3$ . Leur somme vaut bien $3+i$ .
La conjugaison ne peut être supprimée que si l'on sait déjà que $z$ est réel. L'équation artificielle $(2+i)z=3+i$ donnerait $z=(3+i)(2-i)/5=7/5-i/5$ . Ce nombre ne convient pas à l'équation initiale : on y trouve $2z+i\overline z=13/5+i$ , et non $3+i$ . La conjugaison est linéaire sur les réels, mais pas linéaire sur les complexes ; la décomposition en deux inconnues réelles est donc ici essentielle.

Exercice 3 — Inverse et équation rationnelle

Calculer l'inverse de $u=2-3i$ .
Résoudre $1/(z-1)=2-3i$ en précisant le domaine.
Démontrer que $\operatorname{Re}(1/w)=\operatorname{Re}(w)/|w|^2$ pour tout $w\ne0$ , puis appliquer cette identité à $u$ .

Corrigé détaillé

Le nombre $u$ n'est pas nul et $|u|^2=2^2+(-3)^2=13$ . Par conséquent $u^{-1}=\overline u/|u|^2=(2+3i)/13$ . On peut contrôler ce résultat : $(2-3i)(2+3i)=4+9=13$ , donc le produit de $u$ par la valeur proposée est bien $1$ .
L'expression initiale est définie seulement pour $z\ne1$ . Comme le membre de droite est lui-même non nul, prendre les inverses donne une équivalence : $z-1=1/(2-3i)=(2+3i)/13$ . Ainsi $z=15/13+3i/13$ . Ce nombre est différent de $1$ , puisque sa partie imaginaire est non nulle. La condition de définition est donc satisfaite, et la solution est unique.
Écrivons $w=a+ib$ , avec $a^2+b^2>0$ . Alors $1/w=(a-ib)/(a^2+b^2)$ , si bien que sa partie réelle vaut $a/(a^2+b^2)=\operatorname{Re}(w)/|w|^2$ . De même, sa partie imaginaire vaut $-b/|w|^2$ . Pour $u=2-3i$ , ces formules donnent respectivement $2/13$ et $3/13$ , conformément au calcul explicite. Elles montrent aussi qu'un complexe non nul et son inverse ont des parties réelles de même signe, mais des parties imaginaires de signes opposés.

Exercice 4 — Diagnostic d'erreurs sur le module et la conjugaison

Un élève écrit : «

|z+w|=|z|+|w|

\overline{iz}=i\overline z

1/(z+w)=1/z+1/w

. » 1. Réfuter chaque affirmation par un contre-exemple adapté.

Donner les formules correctes et leurs conditions.
Déterminer les réels $t$ pour lesquels $|1+ti|=1+|ti|$ .

Corrigé détaillé

Pour la première affirmation, prendre $z=1$ et $w=-1$ donne $|z+w|=0$ , alors que $|z|+|w|=2$ . Pour la deuxième, prendre $z=1$ donne $\overline{i}=-i$ , tandis que $i\overline1=i$ . Pour la troisième, les choix $z=w=1$ donnent $1/(z+w)=1/2$ et $1/z+1/w=2$ . Les trois égalités sont donc fausses en général, indépendamment les unes des autres.
La propriété correcte du module est l'inégalité $|z+w|\leq|z|+|w|$ . Pour la conjugaison, on doit conjuguer chaque facteur : $\overline{iz}=\overline i\,\overline z=-i\overline z$ . Enfin, si $z\ne0$ , $w\ne0$ et $z+w\ne0$ , on a $1/z+1/w=(z+w)/(zw)$ ; cette expression n'est pas en général l'inverse de $z+w$ . Il n'existe pas de règle permettant de distribuer l'inversion sur une somme.
Ici $|1+ti|=\sqrt{1+t^2}$ et $1+|ti|=1+|t|$ . Les deux membres étant positifs, on peut élever au carré de manière équivalente : $1+t^2=1+2|t|+t^2$ . Cela impose $|t|=0$ , donc $t=0$ . Réciproquement, $t=0$ donne bien $1=1$ . L'égalité triangulaire n'est donc obtenue dans cette famille que lorsque le second vecteur est nul.

Exercice 5 — Paramètre : solution unique ou absence de solution

Soit

t\in\mathbb R

. On étudie

tz-\overline z=1+it

Résoudre lorsque $t\notin\{-1,1\}$ .
Traiter séparément $t=1$ et $t=-1$ .
Déterminer pour quelles valeurs du paramètre la solution est réelle.

Corrigé détaillé

Posons $z=x+iy$ . Comme $tz-\overline z=(t-1)x+i(t+1)y$ , l'équation équivaut au système $(t-1)x=1$ et $(t+1)y=t$ . Si $t\ne1$ et $t\ne-1$ , les deux coefficients sont non nuls ; on obtient l'unique solution $z=\frac1{t-1}+i\frac{t}{t+1}$ . Les deux exclusions ne sont pas décoratives : la formule a été obtenue par des divisions qui ne seraient pas permises aux valeurs correspondantes.
Pour $t=1$ , la première équation devient $0=1$ , contradiction. Il n'y a donc aucune solution. Pour $t=-1$ , la seconde devient $0=-1$ , contradiction également. Il n'y a là encore aucune solution. Dans cet exemple, l'annulation du déterminant ne produit pas une infinité de solutions : elle rend le système incompatible avec le second membre.
Aux valeurs admises, la solution est réelle exactement lorsque sa partie imaginaire est nulle. Puisque $t+1\ne0$ , l'égalité $t/(t+1)=0$ équivaut à $t=0$ . Cette valeur est autorisée et donne $z=-1$ . On vérifie directement : pour $t=0$ , l'équation est $-\overline z=1$ , dont la solution est effectivement $-1$ . Le bilan est donc : aucune solution pour $t=\pm1$ , une unique solution sinon, et une solution réelle seulement pour $t=0$ .

Exercice 6 — Équation du second degré sans formule opaque

Résoudre $z^2+2z+5=0$ par complétion du carré.
Retrouver les solutions en posant $z=x+iy$ .
Calculer leur somme, leur produit et leur module.

Corrigé détaillé

On écrit $z^2+2z+5=(z+1)^2+4$ . L'équation équivaut donc à $(z+1)^2=-4$ , puis à $(z+1-2i)(z+1+2i)=0$ . Le corps des complexes n'ayant pas de diviseurs de zéro, on obtient $z=-1+2i$ ou $z=-1-2i$ .
Avec $z=x+iy$ , le membre de gauche devient $x^2-y^2+2x+5+i(2xy+2y)$ . Les conditions sont donc $x^2-y^2+2x+5=0$ et $2y(x+1)=0$ . Si $y=0$ , la première condition serait $(x+1)^2+4=0$ , impossible pour un réel $x$ . Il faut donc $x=-1$ . La première équation devient alors $4-y^2=0$ , d'où $y=2$ ou $y=-2$ . Cette méthode montre précisément pourquoi les solutions ne sont pas réelles et pourquoi leur partie réelle commune vaut $-1$ .
La somme des deux solutions vaut $-2$ . Leur produit vaut $(-1+2i)(-1-2i)=1+4=5$ , conformément aux coefficients du polynôme. Elles sont conjuguées et ont donc le même module : $\sqrt{(-1)^2+2^2}=\sqrt5$ . Il faut distinguer le produit, qui vaut $5$ , du module de chacune, qui vaut $\sqrt5$ ; leur produit de modules vaut également $5$ .

Exercice 7 — Factoriser un polynôme cubique réel

On considère

P(X)=X^3+X-10

Trouver une solution entière simple et factoriser $P$ .
Résoudre $P(z)=0$ dans $\mathbb C$ .
Justifier que $P$ n'a qu'une solution réelle et contrôler la somme des trois solutions.

Corrigé détaillé

On teste $2$ : $P(2)=8+2-10=0$ . Le polynôme $X-2$ divise donc $P$ . La division donne $P(X)=(X-2)(X^2+2X+5)$ . Vérification par développement : le produit vaut $X^3+2X^2+5X-2X^2-4X-10=X^3+X-10$ .
L'équation $P(z)=0$ équivaut à $z-2=0$ ou $z^2+2z+5=0$ . Pour le second facteur, $(z+1)^2=-4$ , d'où $z=-1+2i$ ou $z=-1-2i$ . L'ensemble des solutions est donc $\{2,-1+2i,-1-2i\}$ . Les trois nombres sont distincts ; chaque facteur linéaire apparaît une seule fois.
Pour un réel $x$ , le facteur $x^2+2x+5=(x+1)^2+4$ est strictement positif. Ainsi $P(x)=0$ ne peut se produire que lorsque $x=2$ . Cela prouve l'unicité réelle sans recourir à une étude de dérivée. Enfin, la somme des trois solutions vaut $2+(-1+2i)+(-1-2i)=0$ , ce qui correspond à l'absence de terme en $X^2$ . Leur produit vaut $2\times5=10$ , en accord avec le terme constant $-10$ et le signe attendu pour un polynôme unitaire de degré trois.

Exercice 8 — Un quotient qui décrit deux lieux géométriques

Pour

z\ne-1

, on pose

w=(z-1)/(z+1)

Exprimer les parties réelle et imaginaire de $w$ en fonction de $z=x+iy$ .
Déterminer les $z$ pour lesquels $w$ est réel.
Déterminer les $z$ pour lesquels $w$ est imaginaire pur.

Corrigé détaillé

On multiplie par le conjugué du dénominateur : $w=((x-1+iy)(x+1-iy))/((x+1)^2+y^2)$ . Le numérateur a pour partie réelle $(x-1)(x+1)+y^2=x^2+y^2-1$ et pour partie imaginaire $y(x+1)-y(x-1)=2y$ . Ainsi $w=\frac{x^2+y^2-1}{(x+1)^2+y^2}+i\frac{2y}{(x+1)^2+y^2}$ . Le dénominateur est strictement positif sur le domaine $z\ne-1$ .
Le quotient est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle. Cela équivaut à $y=0$ . Le lieu est donc l'axe réel privé du point d'affixe $-1$ . Le point d'affixe $1$ est autorisé et donne $w=0$ .
Le quotient est imaginaire pur si et seulement si sa partie réelle est nulle, soit $x^2+y^2=1$ . Le lieu est le cercle de centre l'origine et de rayon $1$ , privé du point d'affixe $-1$ . On peut également lire la condition $\operatorname{Re}(w)=0$ comme une perpendicularité entre les vecteurs d'affixes $z-1$ et $z+1$ . Le point $z=1$ appartient aux deux lieux parce que zéro est simultanément réel et imaginaire pur ; ce n'est pas une contradiction.

Exercice 9 — Inégalité triangulaire et cas d'égalité

Démontrer $|z+w|\leq|z|+|w|$ en utilisant la conjugaison.
Décrire le cas d'égalité pour deux complexes non nuls.
Résoudre $|z|+|z-2|=2$ et interpréter géométriquement.

Corrigé détaillé

En développant le carré du module, on obtient $|z+w|^2=|z|^2+|w|^2+2\operatorname{Re}(z\overline w)$ . Pour tout complexe $u=a+ib$ , on a $\operatorname{Re}(u)=a\leq\sqrt{a^2+b^2}=|u|$ . Donc $\operatorname{Re}(z\overline w)\leq|z\overline w|=|z||w|$ . Il s'ensuit $|z+w|^2\leq(|z|+|w|)^2$ . Les deux membres à comparer étant positifs ou nuls, on peut prendre leur racine carrée.
Lorsque $z,w\ne0$ , l'égalité exige que $z\overline w$ soit réel positif. En effet, $a=\sqrt{a^2+b^2}$ équivaut à $b=0$ et $a\geq0$ . Comme $z\overline w\ne0$ , on a ici $a>0$ . En divisant par $|w|^2$ , cela signifie que $z/w$ est réel strictement positif : les deux vecteurs ont même direction et même sens.
On applique l'inégalité à $z$ et $2-z$ : $2=|z+(2-z)|\leq|z|+|2-z|$ . L'égalité demandée est réalisée si l’un des deux termes est nul ou, lorsqu’ils sont tous deux non nuls, s’ils ont même direction et même sens. Pour $z\notin\{0,2\}$ , cela équivaut à $z/(2-z)>0$ , d'où $z$ réel et $0<z<2$ . Les extrémités $0$ et $2$ conviennent directement. L'ensemble solution est donc le segment réel $[0,2]$ , autrement dit les points situés entre les affixes $0$ et $2$ .

Exercice 10 — Somme géométrique pondérée sans dérivation

On pose

q=1+i

T=\sum_{k=0}^{5}kq^k

Établir, pour $q\ne1$ , une expression de $(1-q)T$ à l'aide d'une somme géométrique.
Calculer exactement $T$ .
Vérifier par le calcul des six termes.

Corrigé détaillé

Écrivons $T=q+2q^2+3q^3+4q^4+5q^5$ . Alors $qT=q^2+2q^3+3q^4+4q^5+5q^6$ . La soustraction terme à terme donne $(1-q)T=q+q^2+q^3+q^4+q^5-5q^6$ . Comme $q\ne1$ , la somme des cinq puissances vaut $q(1-q^5)/(1-q)$ . On obtient donc, si on le souhaite, $T=[q-6q^6+5q^7]/(1-q)^2$ . Cette identité provient uniquement d'un décalage d'indices, sans dérivée de fonction complexe.
Ici $q=1+i$ et $1-q=-i$ . Les puissances utiles sont $q^2=2i$ , $q^3=-2+2i$ , $q^4=-4$ , $q^5=-4-4i$ et $q^6=-8i$ . La somme $q+q^2+q^3+q^4+q^5$ vaut $-9+i$ . Ainsi $(1-q)T=-9+i+40i=-9+41i$ . En divisant par $-i$ , on trouve $T=(-9+41i)i=-41-9i$ .
Le calcul direct donne $T=(1+i)+4i+3(-2+2i)+4(-4)+5(-4-4i)$ . Les parties réelles totalisent $1-6-16-20=-41$ , et les parties imaginaires $1+4+6-20=-9$ . Le résultat est donc confirmé.

Exercice 11 — Binôme de Newton et extraction des termes pairs

Exprimer $S=\sum_{j=0}^{5}(-1)^j\binom{10}{2j}$ à l'aide de $(1+i)^{10}$ et $(1-i)^{10}$ .
Calculer $S$ sans développer onze termes.
Calculer aussi $T=\sum_{j=0}^{4}(-1)^j\binom{10}{2j+1}$ .

Corrigé détaillé

Par le binôme de Newton, $(1+i)^{10}=\sum_{k=0}^{10}\binom{10}{k}i^k$ . Pour $k=2j$ , on a $i^{2j}=(-1)^j$ ; pour $k=2j+1$ , on a $i^{2j+1}=i(-1)^j$ . Ainsi $(1+i)^{10}=S+iT$ . De même, $(1-i)^{10}=S-iT$ , car ces deux puissances sont conjuguées. Donc $S=((1+i)^{10}+(1-i)^{10})/2$ et $T=((1+i)^{10}-(1-i)^{10})/(2i)$ .
Calculons par regroupements : $(1+i)^2=2i$ , puis $(1+i)^4=-4$ et $(1+i)^8=16$ . Il en résulte $(1+i)^{10}=16\times2i=32i$ . Sa partie réelle est nulle, donc $S=0$ . La puissance conjuguée vaut $-32i$ , ce qui donne la même conclusion par la demi-somme.
La partie imaginaire de $32i$ vaut $32$ , donc $T=32$ . En écriture développée, cela affirme $\binom{10}{1}-\binom{10}{3}+\binom{10}{5}-\binom{10}{7}+\binom{10}{9}=10-120+252-120+10=32$ . Pour les indices pairs, on obtient de même $1-45+210-210+45-1=0$ . La méthode complexe explique simultanément les deux identités combinatoires et évite de les deviner.

Exercice 12 — Une application avec conjugaison : point fixe et image d'une droite

On définit

f(z)=(1+i)\overline z+2i

Calculer $f(f(z))$ .
Déterminer les points fixes de $f$ .
Déterminer l'image de l'axe réel et vérifier que le point fixe appartient à cette image.

Corrigé détaillé

La conjugaison doit porter sur toute l'expression : $\overline{f(z)}=(1-i)z-2i$ . Donc $f(f(z))=(1+i)((1-i)z-2i)+2i$ . Comme $(1+i)(1-i)=2$ et $(1+i)(-2i)=2-2i$ , on trouve $f(f(z))=2z+2$ . En particulier, $f$ n'est pas une involution : sa composée avec elle-même n'est pas l'identité.
Si $f(z)=z$ , alors $f(f(z))=z$ , donc $2z+2=z$ , d'où nécessairement $z=-2$ . Il reste à vérifier cette condition nécessaire dans l'équation initiale : $f(-2)=-2-2i+2i=-2$ . Ainsi $-2$ est l'unique point fixe. La vérification finale est importante, car un point fixe de la composée n'est pas toujours automatiquement un point fixe de l'application de départ.
Pour $z=x\in\mathbb R$ , on a $f(x)=x+i(x+2)$ . Si $X$ et $Y$ sont les coordonnées de l'image, alors $X=x$ et $Y=x+2$ , donc $Y=X+2$ . Réciproquement, tout point de cette droite est obtenu en choisissant $x=X$ . L'image de l'axe réel est exactement la droite d'équation $Y=X+2$ . Le point fixe d'affixe $-2$ a pour coordonnées $(-2,0)$ , et satisfait bien $0=-2+2$ .

Exercice 13 — Identité du parallélogramme et perpendicularité

Démontrer $|z+w|^2+|z-w|^2=2|z|^2+2|w|^2$ .
Montrer que $|z+w|=|z-w|$ équivaut à $\operatorname{Re}(z\overline w)=0$ .
Pour $w=1+2i$ , déterminer tous les $z$ vérifiant cette égalité.

Corrigé détaillé

On développe séparément : $|z+w|^2=(z+w)(\overline z+\overline w)=|z|^2+|w|^2+z\overline w+\overline z w$ . De même, $|z-w|^2=|z|^2+|w|^2-z\overline w-\overline z w$ . En additionnant, les termes croisés s'annulent, d'où l'identité annoncée. Géométriquement, elle relie les carrés des diagonales d'un parallélogramme à ceux de ses côtés.
En soustrayant les mêmes développements, on obtient $|z+w|^2-|z-w|^2=2z\overline w+2\overline z w=4\operatorname{Re}(z\overline w)$ . Puisque les modules sont non négatifs, leur égalité équivaut à l'égalité de leurs carrés. Elle est donc équivalente à $\operatorname{Re}(z\overline w)=0$ . Cette partie réelle est le produit scalaire des vecteurs représentés par $z$ et $w$ .
Écrivons $z=x+iy$ . Comme $\overline w=1-2i$ , on a $z\overline w=(x+2y)+i(y-2x)$ . La condition devient $x+2y=0$ . L'ensemble cherché est donc la droite passant par l'origine et de vecteur directeur d'affixe $-2+i$ , car $z=y(-2+i)$ . Elle est perpendiculaire au vecteur de coordonnées $(1,2)$ : le produit scalaire $(-2)\times1+1\times2$ vaut zéro.

Exercice 14 — Nature des solutions selon un paramètre réel

Soit

m\in\mathbb R

P_m(z)=z^2-2mz+m+2

Résoudre en distinguant les valeurs de $m$ .
Lorsque les solutions sont non réelles, calculer leur module.
Déterminer les valeurs de $m$ pour lesquelles les deux solutions sont non réelles et de module $1$ .

Corrigé détaillé

Complétons le carré : $P_m(z)=(z-m)^2-(m^2-m-2)$ . Posons $d=m^2-m-2=(m-2)(m+1)$ . Si $m<-1$ ou $m>2$ , alors $d>0$ et les deux solutions réelles distinctes sont $m-\sqrt d$ et $m+\sqrt d$ . Si $m=-1$ ou $m=2$ , on a $d=0$ et une solution double, respectivement $-1$ ou $2$ . Enfin, pour $-1<m<2$ , on a $d<0$ et les solutions sont $z_\pm=m\pm i\sqrt{-d}=m\pm i\sqrt{(2-m)(m+1)}$ .
Dans ce dernier intervalle, $|z_\pm|^2=m^2+(2-m)(m+1)$ . Or $(2-m)(m+1)=-m^2+m+2$ , donc $|z_\pm|^2=m+2$ . Comme $m>-1$ , ce nombre est strictement positif. Les deux modules valent donc $\sqrt{m+2}$ . On peut aussi retrouver ce résultat par le produit des solutions conjuguées : $z_+z_-=|z_+|^2=m+2$ .
Le module serait égal à $1$ si et seulement si $m+2=1$ , donc $m=-1$ . Mais cette valeur n'appartient pas à l'intervalle ouvert $(-1,2)$ où les solutions sont non réelles. Il n'existe donc aucune valeur répondant à la demande. À la frontière $m=-1$ , la solution double vaut bien $-1$ , de module $1$ , mais elle est réelle ; omettre cette distinction conduirait à une conclusion fausse.

Exercice 15 — Cercle unité et expression réelle cachée

Soit

z\in\mathbb C

tel que

|z|=1

Montrer que $z+1/z$ est réel et appartient à $[-2,2]$ .
Résoudre $z+1/z=1$ sous cette contrainte.
Calculer $z^2+1/z^2$ pour les solutions obtenues, sans calculer leurs carrés séparément.

Corrigé détaillé

Comme $|z|=1$ , le nombre $z$ n'est pas nul et $z\overline z=1$ , donc $1/z=\overline z$ . Il en résulte $z+1/z=z+\overline z=2\operatorname{Re}(z)$ , qui est réel. Si $z=x+iy$ , la relation $x^2+y^2=1$ implique $-1\leq x\leq1$ , d'où $-2\leq z+1/z\leq2$ . Les bornes sont effectivement atteintes pour $z=-1$ et $z=1$ .
L'égalité demandée impose $2\operatorname{Re}(z)=1$ , donc $x=1/2$ . En reportant dans $x^2+y^2=1$ , on obtient $y^2=3/4$ , soit $y=\pm\sqrt3/2$ . Les solutions sont $z=\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}$ et $z=\frac12-i\frac{\sqrt3}{2}$ . Elles vérifient bien à la fois le module unité et la somme prescrite. On peut aussi multiplier l'équation par $z$ pour obtenir $z^2-z+1=0$ ; cette multiplication est permise puisque $z\ne0$ .
L'identité $(z+1/z)^2=z^2+2+1/z^2$ donne directement $z^2+1/z^2=1^2-2=-1$ . Ce résultat est identique pour les deux solutions conjuguées et évite les développements avec des radicaux.

Exercice 16 — Reconstruire un polynôme réel à partir d'une solution non réelle

Un polynôme unitaire réel

P

de degré trois admet

1+2i

comme solution et satisfait

P(0)=-15

Justifier qu'il admet aussi $1-2i$ .
Déterminer $P$ .
Vérifier toutes ses solutions et expliquer le rôle de l'hypothèse « coefficients réels ».

Corrigé détaillé

Si $P(X)=\sum a_kX^k$ avec tous les $a_k$ réels, alors $P(\overline z)=\sum a_k\overline z^{\,k}=\overline{\sum a_kz^k}=\overline{P(z)}$ . Par conséquent, $P(1+2i)=0$ entraîne $P(1-2i)=0$ . Les deux solutions sont distinctes, donc leur produit de facteurs divise $P$ .
Le facteur quadratique associé vaut $(X-(1+2i))(X-(1-2i))=(X-1)^2+4=X^2-2X+5$ . Comme $P$ est unitaire de degré trois et à coefficients réels, il existe un réel $r$ tel que $P(X)=(X^2-2X+5)(X-r)$ . En évaluant en zéro, on obtient $P(0)=5(-r)=-15$ , donc $r=3$ . Ainsi $P(X)=(X^2-2X+5)(X-3)=X^3-5X^2+11X-15$ .
La factorisation montre que les solutions sont exactement $3$ , $1+2i$ et $1-2i$ . On contrôle notamment $P(3)=27-45+33-15=0$ , et le terme constant est bien $-15$ . L'hypothèse de réalité est indispensable pour imposer la solution conjuguée. Par exemple, le polynôme de degré un $X-(1+2i)$ a des coefficients complexes et s'annule en $1+2i$ , mais ne s'annule pas en $1-2i$ . La conjugaison des solutions n'est donc pas une propriété de tous les polynômes complexes.

Exercice 17 — Reconstruire un complexe par deux informations réelles

On cherche

z

tel que

\operatorname{Re}((1+i)z)=2

\operatorname{Im}((2-i)z)=1

Déterminer $z$ .
Interpréter les deux conditions comme des droites.
Calculer ensuite $\operatorname{Re}(z^2)$ et $\operatorname{Im}(z^2)$ .

Corrigé détaillé

Posons $z=x+iy$ . On a $(1+i)z=(x-y)+i(x+y)$ , donc la première condition est $x-y=2$ . D'autre part, $(2-i)z=(2x+y)+i(2y-x)$ , donc la seconde est $2y-x=1$ . De la première, $x=y+2$ . En substituant dans la seconde : $2y-(y+2)=1$ , donc $y=3$ , puis $x=5$ . L'unique complexe recherché est $z=5+3i$ .
Dans le plan d'affixe $x+iy$ , les conditions définissent les droites $x-y=2$ et $-x+2y=1$ . Leurs vecteurs normaux, respectivement $(1,-1)$ et $(-1,2)$ , ne sont pas colinéaires : leur déterminant vaut $2-1=1$ . Les droites se coupent donc en un unique point, ce qui explique géométriquement l'unicité de la solution. Une information réelle seule aurait généralement laissé une droite entière de possibilités.
Pour tout $z=x+iy$ , on a $z^2=x^2-y^2+2ixy$ . Ici, $z^2=25-9+30i=16+30i$ . On obtient donc $\operatorname{Re}(z^2)=16$ et $\operatorname{Im}(z^2)=30$ . Une vérification des données initiales donne $(1+i)(5+3i)=2+8i$ et $(2-i)(5+3i)=13+i$ , dont les composantes imposées sont bien $2$ et $1$ .

Exercice 18 — Minimiser une somme de distances au carré

Pour

z\in\mathbb C

, on pose

F(z)=|z-(1+i)|^2+|z-(3-i)|^2

Développer $F(x+iy)$ et déterminer son minimum.
Retrouver le résultat à l'aide du milieu des deux points.
Déterminer le lieu $F(z)=12$ .

Corrigé détaillé

Avec $z=x+iy$ , on obtient $F(z)=(x-1)^2+(y-1)^2+(x-3)^2+(y+1)^2$ . En regroupant, $F(z)=2x^2-8x+2y^2+12=2(x-2)^2+2y^2+4$ . Les carrés étant positifs ou nuls, $F(z)\geq4$ , avec égalité exactement pour $x=2$ et $y=0$ . Le minimum vaut donc $4$ , atteint uniquement en $z=2$ .
Les points d'affixes $a=1+i$ et $b=3-i$ ont pour milieu $m=(a+b)/2=2$ . Posons $u=z-m$ et $v=(b-a)/2=1-i$ . Alors $z-a=u+v$ et $z-b=u-v$ . L'identité du parallélogramme donne $F(z)=2|u|^2+2|v|^2=2|z-2|^2+4$ , car $|1-i|^2=2$ . Cette écriture explique que le milieu minimise la somme des carrés des distances, indépendamment du choix d'un repère.
L'égalité $F(z)=12$ devient $2|z-2|^2+4=12$ , soit $|z-2|^2=4$ . Comme un module est non négatif, cela équivaut à $|z-2|=2$ . Le lieu est le cercle de centre d'affixe $2$ et de rayon $2$ . Il ne faut pas confondre ce lieu avec celui d'une somme de distances non élevées au carré, qui conduirait à une autre équation.

Exercice 19 — Équation rationnelle et solutions interdites

Résoudre $\frac{z^2+1}{z-i}=2z+1$ en précisant le domaine avant tout calcul.
Expliquer pourquoi une résolution après multiplication peut produire une valeur interdite.
Vérifier la solution conservée dans l'expression initiale.

Corrigé détaillé

Le dénominateur impose $z\ne i$ . On factorise $z^2+1=(z-i)(z+i)$ . Sur le domaine autorisé, le quotient se simplifie donc en $z+i$ . L'équation devient $z+i=2z+1$ , d'où $z=i-1$ . Cette valeur n'est pas $i$ ; elle est donc autorisée. L'ensemble solution est $\{-1+i\}$ .
Si l'on multiplie d'abord par $z-i$ , on obtient $z^2+1=(2z+1)(z-i)$ , soit, après passage dans un même membre, $z^2+(1-2i)z-1-i=0$ . Cette expression se factorise en $(z-i)(z+1-i)=0$ . Elle donne les candidats $z=i$ et $z=-1+i$ . Le premier n'est pas solution de l'équation rationnelle, car celle-ci n'est pas définie en $i$ . La multiplication était équivalente uniquement sur le domaine déjà restreint ; résoudre ensuite le polynôme dans tout $\mathbb C$ élargit artificiellement l'ensemble des candidats.
Pour $z=-1+i$ , on a $z-i=-1$ et $z^2=(-1+i)^2=-2i$ . Le membre de gauche vaut donc $(1-2i)/(-1)=-1+2i$ . Le membre de droite vaut $2(-1+i)+1=-1+2i$ . Les deux sont égaux. La factorisation correcte et le contrôle du domaine conduisent ainsi au même résultat.

Exercice 20 — Retrouver deux complexes à partir de leur somme et de leur produit

On cherche les couples

(u,v)\in\mathbb C^2

tels que

u+v=4

uv=13

Déterminer tous les couples ordonnés.
Montrer sans calcul initial des solutions qu'ils ne peuvent pas être tous deux réels.
Calculer $u^2+v^2$ et $u^3+v^3$ à partir des seules données.

Corrigé détaillé

Comme $v=4-u$ , la relation de produit devient $u(4-u)=13$ , soit $u^2-4u+13=0$ . On complète le carré : $(u-2)^2=-9$ . Ainsi $u=2+3i$ ou $u=2-3i$ , et $v=4-u$ est l'autre valeur. Les deux couples ordonnés sont donc $(2+3i,2-3i)$ et $(2-3i,2+3i)$ . Il n'y a pas d'autre possibilité, car l'équation factorisée est $((u-2)-3i)((u-2)+3i)=0$ .
Si $u$ et $v$ étaient réels, alors $(u-v)^2\geq0$ . Or les données imposent $(u-v)^2=(u+v)^2-4uv=16-52=-36$ , contradiction. Cet argument montre directement qu'aucun couple réel ne convient. Comme la somme et le produit sont réels et que le polynôme associé a des coefficients réels, les deux valeurs non réelles obtenues sont conjuguées.
On utilise les identités symétriques : $u^2+v^2=(u+v)^2-2uv=16-26=-10$ . Ensuite $u^3+v^3=(u+v)^3-3uv(u+v)=64-3\times13\times4=64-156=-92$ . Ces résultats sont indépendants de l'ordre du couple. Ils illustrent qu'il est souvent inutile de calculer séparément de grandes puissances lorsque seules leurs sommes symétriques sont demandées.

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