Terminale maths expertes

Équations complexes, polynômes et racines de l'unité — 20 exercices

Ces vingt exercices originaux de niveau Maths expertes articulent calcul algébrique, formes trigonométrique et exponentielle, conjugaison, racines de l’unité et étude critique de raisonnements. Chaque énoncé comporte deux ou trois questions, suivies d’une résolution effective avec données exactes. Les ensembles de solutions sont décrits sans dépendre d’une figure. Les factorisations et plusieurs calculs d’affixes ont été contrôlés symboliquement.

L'essentiel à retenir

  • Pour résoudre zn=a≠0z^n=a\ne0, on écrit a=ρeiθa=\rho e^{i\theta} : les solutions sont ρ1/nei(θ+2kπ)/n\rho^{1/n}e^{i(\theta+2k\pi)/n} pour k=0,…,n−1k=0,\ldots,n-1. Elles sont distinctes et réparties régulièrement sur un cercle.
  • Si un polynôme a des coefficients réels, toute racine non réelle apparaît avec sa conjuguée, avec la même multiplicité. Une racine connue permet une factorisation par z−αz-\alpha.
  • Pour transformer une équation par w=1/zw=1/z ou par une homographie, il faut vérifier les valeurs interdites et les valeurs éventuellement absentes de l’image de la transformation.
  • Les racines nn-ièmes de l’unité vérifient 1+ζ+⋯+ζn−1=01+\zeta+\cdots+\zeta^{n-1}=0 lorsque ζ≠1\zeta\ne1 et ζn=1\zeta^n=1. La factorisation de Xn−1X^n-1 donne aussi des produits exacts.
  • Une racine multiple de PP est une racine commune de PP et P′P'. Pour un paramètre réel, le signe du discriminant distingue racines réelles et racines non réelles conjuguées.
  • Dans C\mathbb C, les identités impliquant une racine carrée choisie doivent être manipulées avec prudence. Résoudre u2=au^2=a fournit deux solutions opposées si a≠0a\ne0, sans autoriser une multiplicativité générale de la racine principale.

Exercice 1 — Un zéro réel révèle les racines 22 et 1±2i1\pm2i

On considère P(z)=z3−4z2+9z−10P(z)=z^3-4z^2+9z-10.
  1. Vérifier que 22 est une racine et factoriser PP sur R\mathbb R.
  2. Résoudre P(z)=0P(z)=0 dans C\mathbb C, puis donner le module et un argument de chaque racine non réelle.
  3. Calculer la somme des inverses des trois racines sans additionner directement les trois fractions.
Corrigé détaillé
  1. On calcule P(2)=8−16+18−10=0P(2)=8-16+18-10=0. La division par z−2z-2 donne P(z)=(z−2)(z2−2z+5)P(z)=(z-2)(z^2-2z+5). On peut contrôler le résultat en développant : z3−2z2+5z−2z2+4z−10=z3−4z2+9z−10z^3-2z^2+5z-2z^2+4z-10=z^3-4z^2+9z-10.
  2. Pour le facteur quadratique, Δ=(−2)2−4×5=−16\Delta=(-2)^2-4\times5=-16. Ses racines sont (2±4i)/2=1±2i(2\pm4i)/2=1\pm2i. Les trois racines sont donc 22, 1+2i1+2i et 1−2i1-2i, toutes simples. Les deux dernières ont pour module 1+4=5\sqrt{1+4}=\sqrt5. Si θ=arctan⁡2∈]0,π/2[\theta=\arctan 2\in]0,\pi/2[, leurs formes trigonométriques sont 5eiθ\sqrt5e^{i\theta} et 5e−iθ\sqrt5e^{-i\theta}. Les arguments sont donc respectivement θ\theta et −θ-\theta modulo 2π2\pi.
  3. Pour trois racines r1,r2,r3r_1,r_2,r_3, les relations de Viète donnent r1r2+r1r3+r2r3=9r_1r_2+r_1r_3+r_2r_3=9 et r1r2r3=10r_1r_2r_3=10. Aucune racine n’étant nulle, ∑1/rj=(r1r2+r1r3+r2r3)/(r1r2r3)=9/10\sum 1/r_j=(r_1r_2+r_1r_3+r_2r_3)/(r_1r_2r_3)=9/10. Cette méthode évite les rationalisations séparées.

Exercice 2 — La conjugaison décompose un quartique en deux facteurs réels

Soit P(z)=z4−4z3+6z2−4z+5P(z)=z^4-4z^3+6z^2-4z+5.
  1. Montrer que ii est racine et expliquer pourquoi −i-i l’est aussi. En déduire une factorisation par un polynôme réel de degré deux.
  2. Déterminer toutes les racines et leur multiplicité.
  3. Retrouver le produit des racines à partir de leurs modules et de leurs regroupements conjugués.
Corrigé détaillé
  1. Comme i2=−1i^2=-1, i3=−ii^3=-i et i4=1i^4=1, on obtient P(i)=1+4i−6−4i+5=0P(i)=1+4i-6-4i+5=0. Les coefficients de PP étant réels, P(i‾)=P(i)‾=0P(\overline i)=\overline{P(i)}=0 : ainsi −i-i est également racine. Le produit (z−i)(z+i)=z2+1(z-i)(z+i)=z^2+1 divise donc PP. La division fournit P(z)=(z2+1)(z2−4z+5)P(z)=(z^2+1)(z^2-4z+5).
  2. Le deuxième facteur s’écrit (z−2)2+1(z-2)^2+1. Il s’annule en 2+i2+i et 2−i2-i. L’ensemble des racines est {i,−i,2+i,2−i}\{i,-i,2+i,2-i\}. Ces quatre nombres sont distincts ; chacun est donc de multiplicité un, puisque leur nombre atteint le degré du polynôme.
  3. Les racines conjuguées ont des produits positifs : i(−i)=1i(-i)=1 et (2+i)(2−i)=4+1=5(2+i)(2-i)=4+1=5. Le produit total vaut donc 55. Cela concorde avec Viète : pour un polynôme unitaire de degré quatre, le produit des racines est son terme constant, ici 55. Les modules sont 1,1,5,51,1,\sqrt5,\sqrt5 ; les arguments s’annulent deux à deux, ce qui explique aussi que le produit soit réel positif.

Exercice 3 — Un polynôme réciproque donne les inverses des racines

On pose P(z)=z3−4z2+9z−10P(z)=z^3-4z^2+9z-10 et Q(z)=10z3−9z2+4z−1Q(z)=10z^3-9z^2+4z-1. On admet ou on retrouve que les racines de PP sont 22 et 1±2i1\pm2i.
  1. Établir une relation entre Q(z)Q(z) et P(1/z)P(1/z), en précisant le domaine.
  2. Résoudre Q(z)=0Q(z)=0 et écrire chaque solution sous forme algébrique.
  3. Calculer la somme et le produit des racines de QQ, puis vérifier les deux résultats avec ses coefficients.
Corrigé détaillé
  1. Pour z≠0z\ne0, z3P(1/z)=1−4z+9z2−10z3=−Q(z)z^3P(1/z)=1-4z+9z^2-10z^3=-Q(z). Cette identité ne permet la substitution 1/z1/z que pour z≠0z\ne0. Or Q(0)=−1Q(0)=-1, donc zéro n’est de toute façon pas solution. Ainsi Q(z)=0Q(z)=0 équivaut à P(1/z)=0P(1/z)=0.
  2. Les solutions sont les inverses des trois racines de PP : 1/21/2, 1/(1+2i)1/(1+2i) et 1/(1−2i)1/(1-2i). En multipliant par les conjugués, on obtient 1/(1+2i)=(1−2i)/51/(1+2i)=(1-2i)/5 et 1/(1−2i)=(1+2i)/51/(1-2i)=(1+2i)/5. Les trois solutions, distinctes, sont donc 1/21/2, (1−2i)/5(1-2i)/5 et (1+2i)/5(1+2i)/5.
  3. Leur somme est 1/2+2/5=9/101/2+2/5=9/10. Leur produit vaut (1/2)×(1+4)/25=1/10(1/2)\times(1+4)/25=1/10. Pour QQ, les formules de Viète donnent bien une somme égale à −(−9)/10=9/10-(-9)/10=9/10 et un produit égal à −(−1)/10=1/10-(-1)/10=1/10. Le signe moins dans la relation initiale ne change pas les racines, mais doit être conservé dans l’identité polynomiale.

Exercice 4 — Un quartique réciproque se réduit à w=z+1/zw=z+1/z

Résoudre z4−2z3−z2−2z+1=0z^4-2z^3-z^2-2z+1=0.
  1. Justifier que l’on peut diviser par z2z^2 et effectuer le changement w=z+1/zw=z+1/z.
  2. Résoudre les équations obtenues et classer les racines selon leur module.
  3. Montrer que les racines peuvent être regroupées en paires de nombres inverses.
Corrigé détaillé
  1. Le terme constant vaut 11, donc z=0z=0 n’est pas racine. Après division par z2z^2, l’équation devient z2+z−2−2(z+z−1)−1=0z^2+z^{-2}-2(z+z^{-1})-1=0. Or z2+z−2=(z+z−1)2−2z^2+z^{-2}=(z+z^{-1})^2-2. Avec w=z+1/zw=z+1/z, on obtient w2−2w−3=0w^2-2w-3=0, soit (w−3)(w+1)=0(w-3)(w+1)=0.
  2. Si w=3w=3, alors z2−3z+1=0z^2-3z+1=0 et z=(3±5)/2z=(3\pm\sqrt5)/2. Si w=−1w=-1, alors z2+z+1=0z^2+z+1=0 et z=(−1±i3)/2z=(-1\pm i\sqrt3)/2. Les deux dernières racines ont module 11. Parmi les deux racines réelles positives, (3+5)/2>1(3+\sqrt5)/2>1 et 0<(3−5)/2<10<(3-\sqrt5)/2<1. Il y a donc une racine à l’extérieur du cercle unité, une à l’intérieur et deux sur ce cercle.
  3. Le produit des deux racines de z2−3z+1z^2-3z+1 vaut 11. Celui des deux racines de z2+z+1z^2+z+1 vaut aussi 11 ; ces dernières sont simultanément conjuguées et inverses. On retrouve ainsi la symétrie réciproque du polynôme, dont les coefficients se lisent dans le même ordre de gauche à droite et de droite à gauche.

Exercice 5 — Les racines septièmes donnent une somme nulle et un produit égal à sept

On note ζ=e2iπ/7\zeta=e^{2i\pi/7}.
  1. Calculer ∑k=06ζk\sum_{k=0}^{6}\zeta^k puis ∑k=16ζ3k\sum_{k=1}^{6}\zeta^{3k}.
  2. Établir ∏k=16(1−ζk)=7\prod_{k=1}^{6}(1-\zeta^k)=7.
  3. En regroupant les termes conjugués, calculer ∑k=161/(1−ζk)\sum_{k=1}^{6}1/(1-\zeta^k).
Corrigé détaillé
  1. Comme ζ≠1\zeta\ne1 et ζ7=1\zeta^7=1, la somme géométrique vaut (ζ7−1)/(ζ−1)=0(\zeta^7-1)/(\zeta-1)=0. La multiplication par 33 permute les classes non nulles modulo 77 : les restes de 3,6,9,12,15,183,6,9,12,15,18 sont 3,6,2,5,1,43,6,2,5,1,4. Par conséquent ∑k=16ζ3k=∑k=16ζk=−1\sum_{k=1}^{6}\zeta^{3k}=\sum_{k=1}^{6}\zeta^k=-1.
  2. La factorisation X7−1=(X−1)∏k=16(X−ζk)X^7-1=(X-1)\prod_{k=1}^{6}(X-\zeta^k) donne l’identité polynomiale 1+X+⋯+X6=∏k=16(X−ζk)1+X+\cdots+X^6=\prod_{k=1}^{6}(X-\zeta^k). En remplaçant XX par 11, on trouve le produit demandé égal à 77. Il ne faut pas remplacer directement dans un quotient non simplifié de la forme 0/00/0.
  3. Pour u≠1u\ne1, on a 1/(1−u)+1/(1−u−1)=1/(1−u)+u/(u−1)=11/(1-u)+1/(1-u^{-1})=1/(1-u)+u/(u-1)=1. On associe kk à 7−k7-k, ce qui forme les trois paires (1,6)(1,6), (2,5)(2,5) et (3,4)(3,4). Chacune contribue pour 11, donc la somme vaut exactement 33. Bien que chacun des six termes soit généralement non réel, les regroupements conjugués rendent le résultat réel.

Exercice 6 — Un filtre de racines cubiques calcule une somme binomiale : 13661366

Soit ω=e2iπ/3\omega=e^{2i\pi/3}. On cherche S=∑0≤k≤12, 3∣k(12k)S=\sum_{0\le k\le12,\ 3\mid k}\binom{12}{k}.
  1. Montrer que 1+ωk+ω2k1+\omega^k+\omega^{2k} vaut 33 ou 00 selon la classe de kk modulo 33.
  2. Exprimer 3S3S à l’aide de trois puissances douzièmes et calculer SS.
  3. En déduire la somme des coefficients de rang non divisible par trois.
Corrigé détaillé
  1. Si 33 divise kk, alors ωk=ω2k=1\omega^k=\omega^{2k}=1, donc la somme vaut 33. Sinon, les deux nombres ωk\omega^k et ω2k\omega^{2k} sont ω\omega et ω2\omega^2 dans un certain ordre. Comme 1+ω+ω2=01+\omega+\omega^2=0, la somme vaut alors 00.
  2. En multipliant chaque coefficient binomial par ce filtre puis en sommant, on obtient 3S=∑k=012(12k)(1+ωk+ω2k)3S=\sum_{k=0}^{12}\binom{12}{k}(1+\omega^k+\omega^{2k}). Le binôme de Newton transforme cette expression en 3S=212+(1+ω)12+(1+ω2)123S=2^{12}+(1+\omega)^{12}+(1+\omega^2)^{12}. Or 1+ω=1/2+i3/2=eiπ/31+\omega=1/2+i\sqrt3/2=e^{i\pi/3} et 1+ω2=e−iπ/31+\omega^2=e^{-i\pi/3}. Leurs puissances douzièmes valent toutes deux 11. Ainsi 3S=4096+2=40983S=4096+2=4098, puis S=1366S=1366. Un contrôle direct donne 1+220+924+220+1=13661+220+924+220+1=1366.
  3. La somme de tous les coefficients vaut 212=40962^{12}=4096. Celle des rangs non divisibles par trois est donc 4096−1366=27304096-1366=2730. Le filtrage remplace une sélection d’indices par une combinaison de trois développements complets.

Exercice 7 — Une puissance décalée conduit à un carré de centre 1−i1-i

Résoudre (z−1+i)4=−64(z-1+i)^4=-64.
  1. Donner les quatre solutions sous forme exponentielle centrée en 1−i1-i, puis sous forme algébrique.
  2. Calculer la somme et le produit des quatre solutions zz.
  3. Justifier algébriquement que les quatre points obtenus sont les sommets d’un carré.
Corrigé détaillé
  1. Posons u=z−(1−i)u=z-(1-i). Puisque −64=64eiπ-64=64e^{i\pi}, ses racines quatrièmes sont uk=22ei(π/4+kπ/2)u_k=2\sqrt2e^{i(\pi/4+k\pi/2)} pour k=0,1,2,3k=0,1,2,3. Elles valent successivement 2+2i2+2i, −2+2i-2+2i, −2−2i-2-2i et 2−2i2-2i. En ajoutant 1−i1-i, on trouve z0=3+iz_0=3+i, z1=−1+iz_1=-1+i, z2=−1−3iz_2=-1-3i et z3=3−3iz_3=3-3i.
  2. Leur somme est 4(1−i)=4−4i4(1-i)=4-4i, puisque la somme des uku_k vaut zéro. Les zkz_k sont les racines du polynôme unitaire (z−(1−i))4+64(z-(1-i))^4+64. Le produit est donc son terme constant, soit (1−i)4+64=−4+64=60(1-i)^4+64=-4+64=60.
  3. Les différences successives sont z1−z0=−4z_1-z_0=-4, z2−z1=−4iz_2-z_1=-4i, z3−z2=4z_3-z_2=4 et z0−z3=4iz_0-z_3=4i. Elles ont toutes pour module 44, et chaque quotient de deux différences successives vaut ii. Les côtés consécutifs sont donc perpendiculaires et de même longueur : il s’agit d’un carré, de centre 1−i1-i et de rayon circonscrit 222\sqrt2. L’ordre retenu parcourt le carré dans le sens direct.

Exercice 8 — Une homographie transforme des racines cubiques en deux solutions imaginaires

On cherche les nombres z≠−1z\ne-1 tels que ((z−1)/(z+1))3=1((z-1)/(z+1))^3=1.
  1. Poser w=(z−1)/(z+1)w=(z-1)/(z+1), inverser cette relation et déterminer la valeur de ww qui ne peut pas être atteinte.
  2. Résoudre complètement l’équation en zz.
  3. Expliquer pourquoi obtenir trois racines cubiques en ww ne garantit pas trois solutions en zz.
Corrigé détaillé
  1. La relation w(z+1)=z−1w(z+1)=z-1 conduit à (w−1)z=−1−w(w-1)z=-1-w. Si w≠1w\ne1, alors z=(1+w)/(1−w)z=(1+w)/(1-w). La valeur w=1w=1 est impossible dans la relation initiale, car elle imposerait z−1=z+1z-1=z+1, donc −1=1-1=1. Réciproquement, tout w≠1w\ne1 donne un zz bien défini et différent de −1-1, car (1+w)/(1−w)=−1(1+w)/(1-w)=-1 impliquerait 1=−11=-1.
  2. Les racines cubiques de l’unité sont 11, ω=(−1+i3)/2\omega=(-1+i\sqrt3)/2 et ω2=(−1−i3)/2\omega^2=(-1-i\sqrt3)/2. On élimine 11. Pour w=ωw=\omega, z=(1+i3)/(3−i3)=i3/3z=(1+i\sqrt3)/(3-i\sqrt3)=i\sqrt3/3, après multiplication du numérateur et du dénominateur par 3+i33+i\sqrt3. Par conjugaison, w=ω2w=\omega^2 donne z=−i3/3z=-i\sqrt3/3. Les deux solutions sont donc ±i/3\pm i/\sqrt3.
  3. L’application rationnelle considérée ne prend jamais la valeur 11 sur son domaine. Une des trois solutions de l’équation auxiliaire n’a donc aucun antécédent admissible. Ce phénomène impose de contrôler l’image de toute substitution rationnelle, et pas seulement ses dénominateurs.

Exercice 9 — Une équation polynomiale cachée dans un module

Résoudre ∣z∣2=z2−2z+2|z|^2=z^2-2z+2 dans C\mathbb C.
  1. Poser z=x+iyz=x+iy et exploiter le caractère réel du membre de gauche.
  2. Déterminer toutes les solutions en traitant les cas obtenus.
  3. Vérifier chaque solution dans l’égalité initiale.
Corrigé détaillé
1. z2−2z+2=(x2−y2−2x+2)+2iy(x−1)z^2-2z+2=(x^2-y^2-2x+2)+2iy(x-1). L’égalité des parties imaginaires impose y(x−1)=0y(x-1)=0. L’égalité des parties réelles donne x2+y2=x2−y2−2x+2x^2+y^2=x^2-y^2-2x+2, soit y2+x−1=0y^2+x-1=0. 2. Si y=0y=0, cette dernière équation impose x=1x=1, donc z=1z=1. Si x=1x=1, elle impose y2=0y^2=0, donc encore z=1z=1. Les deux cas se rejoignent ; l’unique solution est 11. 3. ∣1∣2=1|1|^2=1 et 12−2×1+2=11^2-2\times1+2=1. Le contrôle des parties réelle et imaginaire est nécessaire : résoudre seulement la partie réelle aurait conservé à tort la parabole x=1−y2x=1-y^2.

Exercice 10 — Approfondissement — Deux valeurs du paramètre créent une racine double : a=±2a=\pm2

On définit Pa(z)=z3−3z+aP_a(z)=z^3-3z+a, où aa est réel.
  1. Déterminer les valeurs de aa pour lesquelles PaP_a possède une racine multiple.
  2. Factoriser entièrement PaP_a pour ces valeurs et préciser les multiplicités.
  3. Pour a=0a=0, résoudre l’équation et expliquer pourquoi aucune racine n’est multiple.
Corrigé détaillé
  1. Une racine multiple rr doit annuler simultanément PaP_a et sa dérivée Pa′(z)=3z2−3P_a'(z)=3z^2-3. On a donc r2=1r^2=1, soit r=1r=1 ou r=−1r=-1. Si r=1r=1, Pa(1)=a−2P_a(1)=a-2, d’où a=2a=2. Si r=−1r=-1, Pa(−1)=a+2P_a(-1)=a+2, d’où a=−2a=-2. Ces conditions sont nécessaires et, par les factorisations suivantes, suffisantes.
  2. Pour a=2a=2, z3−3z+2=(z−1)2(z+2)z^3-3z+2=(z-1)^2(z+2). La racine 11 est double et −2-2 est simple. Pour a=−2a=-2, z3−3z−2=(z+1)2(z−2)z^3-3z-2=(z+1)^2(z-2) : −1-1 est double et 22 simple. Aucune racine n’est triple, car Pa′′(z)=6zP_a''(z)=6z ne s’annule ni en 11 ni en −1-1. On peut aussi constater que les facteurs restants ne s’annulent pas à la racine double.
  3. Pour a=0a=0, P0(z)=z(z2−3)P_0(z)=z(z^2-3), donc les racines sont 00, 3\sqrt3 et −3-\sqrt3. Elles sont distinctes. Plus directement, P0′(0)=−3P_0'(0)=-3 et P0′(±3)=6P_0'(\pm\sqrt3)=6, tous non nuls. L’étude de la dérivée sert ici à établir les multiplicités algébriques, et non à rechercher seulement des variations réelles.

Exercice 11 — Une fausse règle de racine carrée est réfutée par −7+24i-7+24i

Un élève affirme : « Dans les complexes, ab=ab\sqrt{ab}=\sqrt a\sqrt b pour tous a,ba,b, donc les équations carrées se traitent comme dans les réels positifs. » 1. Donner un contre-exemple avec a=b=−1a=b=-1, en utilisant la racine principale.
  1. Résoudre u2=−7+24iu^2=-7+24i en posant u=x+iyu=x+iy, avec x,yx,y réels.
  2. Résoudre ensuite (z−2)2=−7+24i(z-2)^2=-7+24i et vérifier les deux réponses.
Corrigé détaillé
  1. Pour la racine principale, −1=i\sqrt{-1}=i. Le produit −1−1=i2=−1\sqrt{-1}\sqrt{-1}=i^2=-1, alors que (−1)(−1)=1=1\sqrt{(-1)(-1)}=\sqrt1=1. L’identité annoncée est donc fausse.
  2. Écrire (x+iy)2=x2−y2+2ixy(x+iy)^2=x^2-y^2+2ixy donne x2−y2=−7x^2-y^2=-7 et 2xy=242xy=24. Par ailleurs, ∣u∣2=∣u2∣=∣−7+24i∣=25|u|^2=|u^2|=|-7+24i|=25, donc x2+y2=25x^2+y^2=25. En additionnant et soustrayant, on trouve x2=9x^2=9 et y2=16y^2=16. La condition xy=12>0xy=12>0 impose des signes identiques. Les deux solutions sont u=3+4iu=3+4i et u=−3−4iu=-3-4i. Le contrôle direct donne (3+4i)2=9−16+24i=−7+24i(3+4i)^2=9-16+24i=-7+24i, et l’opposé a le même carré.
  3. On a z−2=±(3+4i)z-2=\pm(3+4i), d’où z=5+4iz=5+4i ou z=−1−4iz=-1-4i. Pour chacune, la différence à 22 est l’une des deux racines déjà vérifiées. Le symbole de racine principale, lorsqu’on l’utilise, ne représente qu’un choix ; l’équation u2=a≠0u^2=a\ne0 possède toujours les deux solutions opposées.

Exercice 12 — Les racines carrées de 3−4i3-4i résolvent une équation quadratique complexe

  1. Déterminer tous les nombres uu tels que u2=3−4iu^2=3-4i, sans formule de racine carrée complexe préétablie.
  2. Résoudre z2−(2+2i)z+(−3+6i)=0z^2-(2+2i)z+(-3+6i)=0 en calculant son discriminant.
  3. Vérifier la somme et le produit des solutions.
Corrigé détaillé
  1. Posons u=x+iyu=x+iy. On doit avoir x2−y2=3x^2-y^2=3 et 2xy=−42xy=-4. Comme ∣3−4i∣=5|3-4i|=5, on a aussi x2+y2=5x^2+y^2=5. Il en résulte x2=4x^2=4 et y2=1y^2=1. La condition xy=−2xy=-2 impose des signes opposés : u=2−iu=2-i ou u=−2+iu=-2+i.
  2. Pour l’équation donnée, le discriminant est Δ=(2+2i)2−4(−3+6i)\Delta=(2+2i)^2-4(-3+6i). Or (2+2i)2=8i(2+2i)^2=8i, donc Δ=12−16i=4(3−4i)\Delta=12-16i=4(3-4i). Ses deux racines carrées sont ±(4−2i)\pm(4-2i), car [2(2−i)]2=4(3−4i)[2(2-i)]^2=4(3-4i). Les solutions sont donc z=((2+2i)±(4−2i))/2z=((2+2i)\pm(4-2i))/2. Avec le signe plus, on trouve z=3z=3 ; avec le signe moins, z=−1+2iz=-1+2i.
  3. Leur somme est 3+(−1+2i)=2+2i3+(-1+2i)=2+2i, opposé du coefficient de zz. Leur produit est 3(−1+2i)=−3+6i3(-1+2i)=-3+6i, terme constant. On obtient également la factorisation z2−(2+2i)z−3+6i=(z−3)(z+1−2i)z^2-(2+2i)z-3+6i=(z-3)(z+1-2i). Ces vérifications contrôlent à la fois les signes du discriminant et le choix des deux racines carrées.

Exercice 13 — Module et argument : quels exposants donnent un réel ?

On pose a=(1+i3)/(1−i)a=(1+i\sqrt3)/(1-i).
  1. Déterminer le module et un argument de aa.
  2. Trouver tous les entiers naturels nn tels que ana^n soit réel, puis ceux pour lesquels ana^n est réel strictement positif.
  3. Calculer exactement a12a^{12} et a24a^{24}.
Corrigé détaillé
  1. Le numérateur a pour module 22 et argument π/3\pi/3, tandis que le dénominateur a pour module 2\sqrt2 et argument −π/4-\pi/4. Ainsi a=2ei(π/3+π/4)=2e7iπ/12a=\sqrt2e^{i(\pi/3+\pi/4)}=\sqrt2e^{7i\pi/12}.
  2. Puisque a≠0a\ne0, ana^n est réel si et seulement si 7nπ/127n\pi/12 est un multiple entier de π\pi, soit 12∣7n12\mid7n. Les entiers 77 et 1212 étant premiers entre eux, cela équivaut à 12∣n12\mid n. Attention : il ne suffit donc pas que nn soit pair. Pour n=12mn=12m, on a an=26me7imπ=26m(−1)ma^n=2^{6m}e^{7im\pi}=2^{6m}(-1)^m. Cette quantité est strictement positive exactement lorsque mm est pair, donc lorsque 24∣n24\mid n. Le cas n=0n=0 est inclus et donne 11.
  3. Pour n=12n=12, on trouve a12=26e7iπ=−64a^{12}=2^6e^{7i\pi}=-64. Pour n=24n=24, a24=212e14iπ=4096a^{24}=2^{12}e^{14i\pi}=4096. Ces valeurs montrent aussi pourquoi une réduction de l’argument modulo 2π2\pi doit conserver les conditions de divisibilité exactes. La condition correcte de réalité est un multiple de π\pi, et non nécessairement de 2π2\pi.

Exercice 14 — Les racines communes de deux puissances sont exactement ±i\pm i

On cherche les nombres complexes satisfaisant simultanément z6=−1z^6=-1 et z10=−1z^{10}=-1.
  1. Montrer que toute solution vérifie z4=1z^4=1, puis réduire la recherche.
  2. Donner l’ensemble exact des solutions et les vérifier.
  3. Expliquer pourquoi résoudre séparément les deux équations puis réunir leurs solutions serait incorrect.
Corrigé détaillé
  1. Les deux égalités imposent z≠0z\ne0. En divisant z10=−1z^{10}=-1 par z6=−1z^6=-1, on obtient z4=1z^4=1. Les seules possibilités sont donc 1,−1,i,−i1,-1,i,-i. On peut aussi combiner z6=z4z2z^6=z^4z^2 avec z4=1z^4=1, ce qui donne z2=−1z^2=-1. Cette seconde approche réduit immédiatement la liste aux deux nombres ii et −i-i.
  2. Pour z=iz=i, i6=i4i2=−1i^6=i^4i^2=-1 et i10=i8i2=−1i^{10}=i^8i^2=-1. Pour z=−iz=-i, les exposants sont pairs, donc les puissances sont les mêmes. L’ensemble cherché est exactement {i,−i}\{i,-i\}. Les candidats 11 et −1-1 ne conviennent pas, car leurs puissances sixièmes valent 11.
  3. Le mot « simultanément » impose l’intersection des ensembles de solutions, et non leur réunion. Une solution de la première équation peut ne pas satisfaire la seconde. Par exemple z=eiπ/6z=e^{i\pi/6} vérifie z6=−1z^6=-1, mais z10=e5iπ/3≠−1z^{10}=e^{5i\pi/3}\ne-1. Le quotient des équations est une condition nécessaire ; la vérification finale des deux égalités est ce qui rend la conclusion suffisante.

Exercice 15 — Un quartique pair possède quatre racines de module 2\sqrt2

On considère P(z)=z4+4P(z)=z^4+4.
  1. Factoriser PP en deux polynômes réels du second degré.
  2. Résoudre P(z)=0P(z)=0 et donner les arguments des quatre racines.
  3. Calculer la somme des carrés et la somme des inverses des racines.
Corrigé détaillé
  1. On complète un carré : z4+4=(z2+2)2−(2z)2z^4+4=(z^2+2)^2-(2z)^2. D’où P(z)=(z2−2z+2)(z2+2z+2)P(z)=(z^2-2z+2)(z^2+2z+2). Il s’agit d’une factorisation réelle, obtenue sans chercher d’abord les racines quatrièmes de −4-4.
  2. Le premier facteur vaut (z−1)2+1(z-1)^2+1, donc ses racines sont 1±i1\pm i. Le second vaut (z+1)2+1(z+1)^2+1, donc ses racines sont −1±i-1\pm i. Toutes ont pour module 2\sqrt2. Leurs arguments peuvent être choisis parmi π/4\pi/4, 3π/43\pi/4, 5π/45\pi/4 et 7π/47\pi/4. On retrouve la formule des racines de −4=4eiπ-4=4e^{i\pi}.
  3. En notant les racines rjr_j, leur somme vaut zéro et la somme de leurs produits deux à deux vaut zéro, car les coefficients de z3z^3 et de z2z^2 sont nuls. Ainsi ∑rj2=(∑rj)2−2∑j<krjrk=0\sum r_j^2=(\sum r_j)^2-2\sum_{j<k}r_jr_k=0. Pour les inverses, on peut associer chaque racine à son opposée : 1/r+1/(−r)=01/r+1/(-r)=0. La somme des inverses vaut donc également zéro. Ce dernier argument est légitime puisque le terme constant non nul garantit qu’aucune racine n’est nulle.

Exercice 16 — Approfondissement — Deux racines conjuguées doubles construisent un polynôme de degré cinq

On cherche le polynôme unitaire réel PP de degré cinq dont 1+2i1+2i est une racine double et −1-1 une racine simple.
  1. Justifier qu’il est entièrement déterminé et le donner sous forme factorisée.
  2. Développer PP.
  3. Déterminer les racines communes de PP et P′P' ainsi que le polynôme unitaire de plus grand degré divisant les deux.
Corrigé détaillé
  1. Les coefficients étant réels, 1−2i1-2i est aussi racine double. Les multiplicités déjà imposées totalisent 2+2+1=52+2+1=5, exactement le degré. Il ne reste donc aucune autre racine et, puisque le polynôme est unitaire, P(z)=(z+1)[(z−(1+2i))(z−(1−2i))]2=(z+1)(z2−2z+5)2P(z)=(z+1)[(z-(1+2i))(z-(1-2i))]^2=(z+1)(z^2-2z+5)^2.
  2. Le carré du facteur quadratique est z4−4z3+14z2−20z+25z^4-4z^3+14z^2-20z+25. Après multiplication par z+1z+1, on obtient P(z)=z5−3z4+10z3−6z2+5z+25P(z)=z^5-3z^4+10z^3-6z^2+5z+25.
  3. Une racine de multiplicité deux dans PP est de multiplicité un dans P′P' ; une racine simple de PP n’annule pas P′P'. Les racines communes sont donc exactement 1+2i1+2i et 1−2i1-2i. Pour contrôler le cas réel, P′(−1)=[(−1)2−2(−1)+5]2=82=64≠0P'(-1)=[(-1)^2-2(-1)+5]^2=8^2=64\ne0. Le plus grand diviseur commun unitaire est ainsi (z−(1+2i))(z−(1−2i))=z2−2z+5(z-(1+2i))(z-(1-2i))=z^2-2z+5. La connaissance des multiplicités évite une division euclidienne longue et établit directement le degré du diviseur commun.

Exercice 17 — Trois distances dans un heptagone ont pour produit 7\sqrt7

On pose ζ=e2iπ/7\zeta=e^{2i\pi/7} et dk=∣1−ζk∣d_k=|1-\zeta^k| pour k=1,2,3k=1,2,3.
  1. Relier ∣1−eiθ∣|1-e^{i\theta}| à un sinus et exprimer les dkd_k.
  2. À partir de ∏k=16(1−ζk)=7\prod_{k=1}^{6}(1-\zeta^k)=7, calculer d1d2d3d_1d_2d_3.
  3. En déduire la valeur exacte de sin⁡(π/7)sin⁡(2π/7)sin⁡(3π/7)\sin(\pi/7)\sin(2\pi/7)\sin(3\pi/7).
Corrigé détaillé
  1. On écrit 1−eiθ=eiθ/2(e−iθ/2−eiθ/2)=−2ieiθ/2sin⁡(θ/2)1-e^{i\theta}=e^{i\theta/2}(e^{-i\theta/2}-e^{i\theta/2})=-2ie^{i\theta/2}\sin(\theta/2). En prenant les modules, ∣1−eiθ∣=2∣sin⁡(θ/2)∣|1-e^{i\theta}|=2|\sin(\theta/2)|. Comme kπ/7∈]0,π[k\pi/7\in]0,\pi[ pour k=1,2,3k=1,2,3, les sinus sont positifs et dk=2sin⁡(kπ/7)d_k=2\sin(k\pi/7).
  2. Les facteurs d’indices kk et 7−k7-k sont conjugués. Leur produit est donc ∣1−ζk∣2=dk2|1-\zeta^k|^2=d_k^2. Le produit des six facteurs se réécrit d12d22d32=7d_1^2d_2^2d_3^2=7. Les distances étant strictement positives, on prend la racine positive et on obtient d1d2d3=7d_1d_2d_3=\sqrt7. L’identité de départ provient de l’évaluation en X=1X=1 de 1+X+⋯+X6=∏k=16(X−ζk)1+X+\cdots+X^6=\prod_{k=1}^{6}(X-\zeta^k).
  3. Le produit des trois expressions de la première question vaut d1d2d3=8sin⁡(π/7)sin⁡(2π/7)sin⁡(3π/7)d_1d_2d_3=8\sin(\pi/7)\sin(2\pi/7)\sin(3\pi/7). Par conséquent le produit des trois sinus est 7/8\sqrt7/8. Aucun calcul approché des angles n’est nécessaire.

Exercice 18 — Les racines de z4−z2+1z^4-z^2+1 sont les quatre racines primitives douzièmes

  1. Résoudre z4−z2+1=0z^4-z^2+1=0 en posant u=z2u=z^2.
  2. Donner les arguments des quatre solutions et montrer que, pour chacune, le plus petit entier strictement positif mm tel que zm=1z^m=1 est 1212.
  3. Factoriser le polynôme en deux facteurs réels du second degré faisant intervenir 3\sqrt3.
Corrigé détaillé
  1. L’équation en uu est u2−u+1=0u^2-u+1=0, de discriminant −3-3. On obtient u=(1±i3)/2=e±iπ/3u=(1\pm i\sqrt3)/2=e^{\pm i\pi/3}. Les racines carrées correspondantes ont pour arguments π/6\pi/6, 7π/67\pi/6, −π/6-\pi/6 et 5π/65\pi/6. Ainsi les quatre solutions sont eiπ/6e^{i\pi/6}, e5iπ/6e^{5i\pi/6}, e7iπ/6e^{7i\pi/6} et e11iπ/6e^{11i\pi/6}.
  2. Elles sont de la forme e2ikπ/12e^{2ik\pi/12} avec k∈{1,5,7,11}k\in\{1,5,7,11\}. Chacun de ces entiers est premier avec 1212. Si la puissance mm de l’une vaut 11, alors 1212 divise kmkm, et donc 1212 divise mm. Le plus petit entier positif convenable est ainsi 1212 : les quatre racines sont primitives.
  3. On regroupe les racines conjuguées. La paire d’arguments ±π/6\pm\pi/6 donne le facteur z2−2cos⁡(π/6)z+1=z2−3z+1z^2-2\cos(\pi/6)z+1=z^2-\sqrt3z+1. L’autre paire donne z2+3z+1z^2+\sqrt3z+1. Leur produit est (z2+1)2−3z2=z4−z2+1(z^2+1)^2-3z^2=z^4-z^2+1, ce qui vérifie la factorisation. La résolution par uu ne doit pas faire oublier que chaque valeur non nulle de uu possède deux racines carrées.

Exercice 19 — Une récurrence réelle s’annule exactement aux rangs multiples de quatre

La suite réelle est définie par u0=0u_0=0, u1=1u_1=1 et un+2=2un+1−2unu_{n+2}=2u_{n+1}-2u_n pour n≥0n\ge0.
  1. Résoudre r2−2r+2=0r^2-2r+2=0. Chercher ensuite un=A(1+i)n+B(1−i)nu_n=A(1+i)^n+B(1-i)^n, déterminer A,BA,B, puis vérifier la récurrence et les conditions initiales.
  2. Transformer cette expression en formule trigonométrique réelle.
  3. Déterminer les rangs où un=0u_n=0 et calculer u6u_6.
Corrigé détaillé
  1. L’équation caractéristique r2−2r+2=0r^2-2r+2=0 a pour racines 1+i1+i et 1−i1-i. On cherche un=A(1+i)n+B(1−i)nu_n=A(1+i)^n+B(1-i)^n. La condition u0=0u_0=0 donne A+B=0A+B=0, puis u1=1u_1=1 donne A[(1+i)−(1−i)]=2iA=1A[(1+i)-(1-i)]=2iA=1. Ainsi A=1/(2i)A=1/(2i) et B=−1/(2i)B=-1/(2i), d’où un=((1+i)n−(1−i)n)/(2i)u_n=((1+i)^n-(1-i)^n)/(2i). Cette expression satisfait la récurrence parce que chacune des deux puissances la satisfait ; les deux conditions initiales assurent l’identification avec la suite.
  2. Puisque 1±i=2e±iπ/41\pm i=\sqrt2e^{\pm i\pi/4}, on obtient un=2n/2(einπ/4−e−inπ/4)/(2i)=2n/2sin⁡(nπ/4)u_n=2^{n/2}(e^{in\pi/4}-e^{-in\pi/4})/(2i)=2^{n/2}\sin(n\pi/4). Le caractère réel est maintenant explicite.
  3. Le facteur 2n/22^{n/2} n’est jamais nul. Ainsi un=0u_n=0 équivaut à nπ/4∈πZn\pi/4\in\pi\mathbb Z, donc à 4∣n4\mid n. Pour n=6n=6, u6=23sin⁡(3π/2)=−8u_6=2^3\sin(3\pi/2)=-8. Un contrôle par récurrence donne successivement 0,1,2,2,0,−4,−80,1,2,2,0,-4,-8, en accord avec la formule.

Exercice 20 — Somme des carrés des distances aux racines de l’unité

Soit n≥3n\geq3 entier et ζ=e2iπ/n\zeta=e^{2i\pi/n}. On pose F(z)=∑k=0n−1∣z−ζk∣2F(z)=\sum_{k=0}^{n-1}|z-\zeta^k|^2.
  1. Montrer que F(z)=n(∣z∣2+1)F(z)=n(|z|^2+1).
  2. Déterminer le minimum et le point où il est atteint.
  3. Déterminer le lieu F(z)=3nF(z)=3n.
Corrigé détaillé
1. ∣z−ζk∣2=∣z∣2+1−zζk‾−z‾ζk|z-\zeta^k|^2=|z|^2+1-z\overline{\zeta^k}-\overline z\zeta^k. Comme ζ≠1\zeta\ne1 et ζn=1\zeta^n=1, la somme géométrique ∑k=0n−1ζk=0\sum_{k=0}^{n-1}\zeta^k=0. Sa conjuguée est aussi nulle. Les termes croisés disparaissent en sommant : F(z)=n(∣z∣2+1)F(z)=n(|z|^2+1). 2. Le module au carré est positif ou nul, donc F(z)≥nF(z)\geq n, avec égalité exactement pour z=0z=0. Le minimum est nn, atteint seulement à l’origine. 3. F(z)=3nF(z)=3n équivaut à ∣z∣2=2|z|^2=2, puis ∣z∣=2|z|=\sqrt2. Le lieu est le cercle de centre l’origine et de rayon 2\sqrt2.

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