Rédigé par Luc Giraud le 23 juillet 2019 . Publié dans Exercices TS .
Nombres complexes : des exercices avec corrigé ; série 2
$$
\newcommand{\mtn}{\mathbb{N}}
\newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*}
\newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\mtr}{\mathbb{R}}
\newcommand{\mtk}{\mathbb{K}}
\newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}}
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\newcommand{\mch}{\mathcal{H}}
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\newcommand{\mcm}{\mathcal{M}}
\newcommand{\mcc}{\mathcal{C}}
\newcommand{\mcmn}{\mathcal{M}}
\newcommand{\mcmnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)}
\newcommand{\mcmnk}{\mathcal{M}_n(\mtk)}
\newcommand{\mcsn}{\mathcal{S}_n}
\newcommand{\mcs}{\mathcal{S}}
\newcommand{\mcd}{\mathcal{D}}
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\newcommand{\glnk}{GL_n(\mtk)}
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\DeclareMathOperator{\ch}{ch}
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\DeclareMathOperator{\card}{card}
\DeclareMathOperator{\comat}{comat}
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\newcommand{\croouv}{[\![}
\newcommand{\crofer}{]\!]}
\newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)}
\newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle}
\newcommand{\GR}{\mathbb{R}} $$
Quelques exercices pour s'entraîner…
Exercice 1
Enoncé
Quelle est la forme trigonométrique de : $z_1 = -1 + \ic \sqrt{3}$ et $z_2 = 3 – 3\ic$?
$\quad$
Corrigé
$|z_1| = \sqrt{1 + 3} = 2$
donc $z_1 = 2\left(\dfrac{-1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\ic\right) = 2\left(\cos \dfrac{2\pi}{3} + \ic \sin \dfrac{2\pi}{3}\right)$
$\quad$
$|z_2| = \sqrt{9 + 9} = 3\sqrt{2}$
donc
$$\begin{array}{ll} z_2 &= 3\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2} }- \dfrac{\ic}{\sqrt{2}}\right) \\ &= 3\sqrt{2} \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} – \dfrac{\sqrt{2}}{2} \ic\right) \\ & = 3\sqrt{2} \left( \cos \dfrac{-\pi}{4} + \ic \sin \dfrac{-\pi}{4}\right) \end{array}$$
Exercice 3
Enoncé
Mettre chaque nombre complexe sous forme trigonométrique.
$z = (-1 + \ic)^5$ $\quad$
$z = \left(\sqrt{3} – \ic\right)^4$ $\quad$
$z = \dfrac{\left(\sqrt{2} – 1\right)\ic}{1 – \ic}$ $\quad$
Corrigé
$|- 1 + \ic| = \sqrt{2}$ Donc $-1 + \ic = \sqrt{2} \left(-\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = \sqrt{2}\left(\cos \dfrac{3\pi}{4} + \ic \sin \dfrac{3\pi}{4}\right)$. Donc arg$(-1 + \ic) = \dfrac{3\pi}{4} \quad (2\pi)$. Par conséquent arg$\left((-1 + \ic)^5\right) = 5 \times \dfrac{3\pi}{4} \quad (2\pi) = -\dfrac{\pi}{4} \quad (2\pi)$ $\quad$ Ainsi $$\begin{array} {ll}(-1 + \ic)^5 &= \sqrt{2}^5\left(\cos \dfrac{-\pi}{4}+\ic \sin \dfrac{\pi}{4}\right) \\ &= 4\sqrt{2}\left(\cos \dfrac{-\pi}{4}+\ic \sin \dfrac{\pi}{4}\right) \end{array}$$ $\quad$
$\left|\sqrt{3} – \ic \right| = 2$. $\sqrt{3} – \ic = 2 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} – \dfrac{\ic}{2}\right) = 2\left(\cos \dfrac{-\pi}{6} + \ic \sin \dfrac{-\pi}{6}\right)$ Donc arg$\left(\sqrt{3} – \ic\right) = -\dfrac{\pi}{6} \quad (2\pi)$. $\quad$ Par conséquent arg$\left(\left(\sqrt{3} – \ic\right)^4\right) = 4 \times \dfrac{-\pi}{6} = -\dfrac{2\pi}{3} \quad (2\pi)$. $\quad$ Ainsi $$\begin{array} {ll} \left(\sqrt{3} – \ic\right)^4 &= 2^4\left(\cos \dfrac{-2\pi}{3} + \ic \sin \dfrac{-2\pi}{3} \right) \\ & = 16\left(\cos \dfrac{-2\pi}{3} + \ic \sin \dfrac{-2\pi}{3} \right) \end{array}$$ $\quad$
$\left|\left(\sqrt{2} – 1\right)\ic\right| = \sqrt{2} – 1$ $\quad$ arg$\left(\left(\sqrt{2} – 1\right)\ic\right) = \dfrac{\pi}{2}$. $\quad$ $|1 – \ic| = \sqrt{2}$ $1 – \ic| = \sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} – \dfrac{\ic}{\sqrt{2}}\right) = \sqrt{2}\left(\cos \dfrac{-\pi}{4}+\ic \sin \dfrac{-\pi}{4}\right)$ Donc arg $(1 – \ic) = -\dfrac{-\pi}{4}$ $\quad$ Ainsi $|z| = \dfrac{\sqrt{2} – 1}{\sqrt{2}}$ Et arg$(z) = \dfrac{\pi}{2} – \dfrac{-\pi}{4} = \dfrac{3\pi}{4}$ $\quad$ Donc $z = \dfrac{\sqrt{2} – 1}{\sqrt{2}}\left(\cos \dfrac{3\pi}{4} + \ic \sin \dfrac{3\pi}{4} \right)$
Exercice 4
Enoncé
Écrire sous forme trigonométrique chacun des nombres complexes suivants :
$z = \left(\sin \dfrac{\pi}{6} + \ic \cos \dfrac{\pi}{6}\right)^6$ $\quad$
arg$(\ic z) = \dfrac{3\pi}{4} \quad (2\pi)$ et $|z| = 2$ $\quad$
$\quad$
Corrigé
$\quad$ $$\begin{array}{ll} z &= \left(\sin \dfrac{\pi}{6} + \ic \cos \dfrac{\pi}{6}\right)^6 \\& = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\ic\right)^6 \\& = \left(\cos \dfrac{\pi}{3} + \ic \sin \dfrac{\pi}{3}\right)^6 \end{array}$$ Par conséquent arg$(z) = 6 \times \dfrac{\pi}{3} = 2\pi \quad (2\pi) = 0 \quad (2\pi)$. Donc $z = \cos 0 + \ic \sin 0 $. $\quad$
$\quad$ arg$(\ic z) = \dfrac{3\pi}{4} \quad (2\pi)$ $\Leftrightarrow$ arg$(\ic)$ + arg$(z) = \dfrac{3\pi}{4} \quad (2\pi) $ $ \Leftrightarrow \dfrac{\pi}{2} +$ arg$(z) = \dfrac{3\pi}{4} \quad (2\pi) $ $\Leftrightarrow $ arg$(z) = \dfrac{\pi}{4} \quad (2\pi) $. Donc $z = 2\left(\cos \dfrac{\pi}{4} + \ic \sin \dfrac{\pi}{4}\right)$.
Exercice 5
Enoncé
On donne les nombres complexes : $z_1 = \dfrac{\sqrt{6} – \ic \sqrt{2}}{2}$ et $z_2 = 1 – \ic$.
Donner une forme trigonométrique de $z_1$, $z_2$ et $\dfrac{z_1}{z_2}$. $\quad$
Donner la forme algébrique de $\dfrac{z_1}{z_2}$. $\quad$
En déduire la forme exacte de $\cos \dfrac{\pi}{12}$ et de $\sin \dfrac{\pi}{12}$. $\quad$
$\quad$
Indication
Corrigé
$|z_1| = \dfrac{\sqrt{6 + 2}}{2} = \sqrt{2}$ Donc $z_1 = \sqrt{2} \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}- \dfrac{\ic}{2} \right) = \sqrt{2} \left(\cos \dfrac{-\pi}{6} + \ic \sin \dfrac{-\pi}{6}\right)$ $\quad$ $|z_2| = 2$ donc $z_2 = 2\left(\dfrac{1}{2} – \dfrac{\ic}{2}\right) = 2\left(\cos \dfrac{-\pi}{4} + \ic \sin \dfrac{-\pi}{4}\right)$ $\quad$ Par conséquent arg$\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right) = \dfrac{-\pi}{6} – \dfrac{-\pi}{4} = \dfrac{\pi}{12} \quad (2\pi)$. Et $\left|\dfrac{z_1}{z_2}\right| = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1$. $\quad$ Ainsi $\dfrac{z_1}{z_2} = \cos \dfrac{\pi}{12} + \ic \sin \dfrac{\pi}{12}$ $\quad$
$\quad$ $$\begin{array}{ll} \dfrac{z_1}{z_2} &= \dfrac{\dfrac{\sqrt{6} – \ic \sqrt{2}}{2}}{1 – \ic} \\ & = \dfrac{\sqrt{6} – \ic \sqrt{2}}{2(1 – \ic)} \times \dfrac{1 + \ic}{1 + \ic} \\ & = \dfrac{\sqrt{6} + \ic \sqrt{6} – \ic \sqrt{2} + \sqrt{2}}{4} \\ &= \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} + \dfrac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{4} \ic \end{array}$$ $\quad$
En identifiant les formes trigonométriques et algébriques de $\dfrac{z_1}{z_2}$ on obtient : $\cos \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ et $\sin \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{4}$
Exercice 6
Enoncé
On rappelle les formules trigonométriques : $$\cos 2a = 2\cos^2 a – 1 \quad \text{et} \quad \sin(2a) = 2\sin a \cos a$$
On note $z_1 = 1 + \cos \alpha + \ic \sin \alpha$ avec $\alpha \in [0;\pi[$.
Démontrer que $z_1 = 2\cos \dfrac{\alpha}{2} \left(\cos \dfrac{\alpha}{2} + \ic \sin \dfrac{\alpha}{2}\right)$. $\quad$
En déduire le module et un argument de $z_1$. $\quad$
Reprendre la question précédente lorsque $\alpha \in ]\pi;2\pi]$. $\quad$
$\quad$
$\quad$ $$\begin{array} {ll}z_1 & = 1 + \cos \dfrac{2 \alpha}{2} + \ic \sin \dfrac{2\alpha}{2} \\ & = 2\cos^2 \dfrac{\alpha}{2} + 2\ic \sin \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\alpha}{2} \\ & = 2\cos \dfrac{\alpha}{2} \left(\cos \dfrac{\alpha}{2} + \ic \sin \dfrac{\alpha}{2}\right) \end{array}$$ $\quad$
$\alpha \in [0;\pi|$ donc $\dfrac{\alpha}{2} \in \left[0;\dfrac{\pi}{2}\right[$ Par conséquent $\cos \dfrac{\alpha}{2} > 0$ et $\sin \dfrac{\alpha}{2} \ge 0$ On a donc fournit la forme trigonométrique de $z_1$. Ainsi $\left|z_1 \right| =2\cos \dfrac{\alpha}{2}$ et arg$(z_1) = \dfrac{\alpha}{2} \quad (2\pi)$. $\quad$
$\alpha \in [\pi;2\pi|$ donc $\dfrac{\alpha}{2} \in \left[\dfrac{\pi}{2};\pi\right[$ Par conséquent $\cos \dfrac{\alpha}{2} < 0$ et $\sin \dfrac{\alpha}{2} \ge 0$ Ainsi, l’expression de $z_1$ n’est donc pas donnée sous sa forme trigonométrique. $$\begin{array}{ll} z_1 &= -2\cos \dfrac{\alpha}{2} \left(-\cos \dfrac{\alpha}{2} – \ic \sin \dfrac{\alpha}{2}\right) \\ &= -2\cos \dfrac{\alpha}{2} \left(\cos \left(\pi + \dfrac{\alpha}{2}\right) + \ic \sin \left(\pi + \dfrac{\alpha}{2}\right)\right) \end{array}$$ Donc $\left|z_1\right| = -2\cos \dfrac{\alpha}{2}$ et arg$\left(z_1\right) = \pi + \dfrac{\alpha}{2} \quad (2\pi)$
Exercice 7
Enoncé
tiré de Centres étrangers juin 2014
On définit, pour tout entier naturel $n$, les nombres complexes $z$ par : $$\begin{cases} \begin{array}{lcl} z_0 & = & 16 \\ z_{n+1} & = & \dfrac{1 + \ic}{2}z_n, \text{ pour tout entier naturel }n. \end{array} \end{cases}$$
Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct d’origine $O$, on considère les points $A_n$ d’affixes $z_n$.
Calculer $z_1, z_2$ et $z_3$. $\quad$
Placer les points $A_0, A_1$ et $A_2$. $\quad$
Écrire le nombre complexe $\dfrac{1 + \ic}{2}$ sous forme trigonométrique. $\quad$
Démontrer que le triangle $OA_0A_1$ est isocèle rectangle en $A_1$. $\quad$
Corrigé
$z_1 = \dfrac{1+\text{i}}{2} \times 16$ $=8(1+\text{i})$ $z_2 = \dfrac{1+\text{i}}{2}\times 8(1 + \text{i}) $ $=8i$ $z_3 = \dfrac{1+\text{i}}{2}\times 8\text{i} = -4 + 4\text{i}$ $~$
$~$ figure
$\left| \dfrac{1+\text{i}}{2} \right| = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ Donc $\dfrac{1+\text{i}}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} \text{i} \right)$ $=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \left( \cos \dfrac{\pi}{4} + \text{i} \sin \dfrac{\pi}{4} \right) $ $~$
$\quad$ $$\begin{array}{ll} \dfrac{z_O – z_{A_1}}{z_{A_0} – z_{A_1}} & = \dfrac{-8(1+\ic)}{16 – 8(1 + \ic)} \\ &=\dfrac{-8(1 + \ic)}{8(1 – \ic)} \\ &= \dfrac{-(1+ \ic)^2}{2} \\ & = – \ic \end{array}$$ $\quad$ Ainsi $\left|\dfrac{z_O – z_{A_1}}{z_{A_0} – z_{A_1}}\right| = \dfrac{A_1 O}{A_1 A_0} = 1$ $\quad$ Et arg$\left(\dfrac{z_O – z_{A_1}}{z_{A_0} – z_{A_1}} \right) = \left(\vec{A_1 O},\vec{A_1 A_0}\right) = -\dfrac{\pi}{2} \quad (2\pi)$. Le triangle $OA_0A_1$ est donc rectangle et isocèle en $A_1$.
Exercice 8
Exercice 9
Exercice 10
Exercice 11
Exercice 12
Exercice 13
Exercice 14
Exercice 15
Exercice 16