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Exercices de Mathematiques

Module et argument

Enonces

Enonces des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

a, b, c, d etant des reels, resoudre z + |z| = a+ ib, puis |z| z = c+ id


On suppose que pi < pi. Module et argument des nombres complexes suivants :a = 1 + cos+ i sin, b = sin+ i(1 + cos), c = cos+ i(1 + sin).


Module et argument de a =(1 + i tan )2

1 + tan2 et b =

1 cos + i sin 1 + cos i sin .


Du calcul de (1 + i)(3 + i), deduire cos

pi

12et sin

pi

12.


Simplifier le nombre complexe z =(1 + i3

1 i)20

.


Simplifier z = (1 + i3)n + (1 i3)n.

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Module et argument

Indications, resultats

Indications ou resultats

Indication pour lexercice 1 [ Retour a` lenonce ]

1. Si a+ ib = 0, on trouve les reels negatifs ou nuls.

Si a+ ib 6= 0, poser a+ ib = rei, avec r > 0 et pi < pi.

Si a 0, il ny a pas de solution, sinon on trouve z = a2 b22a

+ ib

2. Il faut c > 0 et on trouve alors z =d2 c22c

id.


On trouve |a| = 2 cos 2 . Si a 6= 0 alors arg a =2 (mod 2pi).

Utiliser b = i a et ce qui prece`de.

On trouve arg(c) = 2sin (pi4 + 2 ).

Si pi < < pi2 , alors arg(c) =5pi4 +

2 (mod 2pi).

Si pi2 < pi, alors arg(c) =pi4 +

2 (mod 2pi).


On obtient |a| = 1 et arg(a) = 2 (mod 2pi). On obtient |b| =

tan 2 et arg(b) = pi2 (mod 2pi)Indication pour lexercice 4 [ Retour a` lenonce ]

On trouve cos pi12 =6+2

4 et sinpi12 =

624 .


On trouve z = 512(1 + i3).


En notant n = 6q + r, avec 0 r 5, on obtient z = 2n+1 cos rpi3 .



Module et argument

Corriges

Corriges des exercices

Corrige de lexercice 1 [ Retour a` lenonce ]

1. Si a+ ib = 0, cest-a`-dire si a = b = 0, lequation devient z = |z|.Dans ce cas particulier, les solutions sont les reels negatifs ou nuls.

On suppose donc a+ ib 6= 0. Les elements de IR ne sont alors pas solutions.On pose a+ ib = rei, avec r > 0 et pi < pi.On cherche les solutions sous la forme z = ei, avec > 0 et pi < < pi.Lequation devient (1 + ei) = rei cest-a`-dire 2 cos 2 e

i/2 = rei.

On a cos 2 > 0 car pi

2< 0, elle equivaut a` : = 2, et =

r

2 cos. Lunique solution est donc :

z =r

2 cose2i =

r

2 cos(cos2 sin2 + 2i cos sin) = a

2 b22a

+ ib

Remarque : on aurait pu proceder par identification des parties reelles et imaginaires.

La figure suivante montre le point image M de la solution z du proble`me, en fonction dela position du point image A de a+ ib. Le quadrilate`re ONAM est un losange. La donneedu point A (avec une abscisse positive) donne M de manie`re unique.

Plus precisement, le point N daffixe |z| est lintersection de laxe x 0, y = 0 avec lamediatrice de OA, et M(z) est le symetrique de N par rapport a` la droite OA :

2. Evidemment, si on a fait la premie`re question, on a fait la seconde car cette nouvelleequation secrit en fait |Z|+ Z = c+ id, avec Z = z.Il ny a de solution que si c > 0 et lunique solution est alors z =

d2 c22c

id.



Module et argument

Corriges


a = 2 cos22 + 2i cos

2 sin

2 = 2 cos

2 (cos

2 + i sin

2 ) = 2 cos

2 exp(i

2 ).

Puisque ]pi2 ,

pi2

[, on a cos

2 0. On en deduit : |a| = 2 cos

2 .

Si = pi alors a = 0, sinon : arg a =2 (mod 2pi).

Puisque b = i a, on a |b| = |a| = 2 cos 2 .Si = pi alors b = 0, sinon : arg(b) = pi2 arg(a) =

pi2 (mod 2pi).

Si on pose = pi2 + , alors ]pi2 ,

3pi2

].

Avec cette notation c = sin + i(1 cos) = 2 sin 2 (cos2 + i sin

2 ) = 2 sin

2 exp(i

2 )

On en deduit : arg(c) = 2sin 2 = 2 sin (pi4 + 2 ).

On a en particulier c = 0 si = 0 cest-a`-dire si = pi2 .

Si pi2 < < 0, cest-a`-dire si pi < < pi2 , alors sin

2 < 0.

Dans ce cas arg(c) = pi +2 =

5pi4 +

2 (mod 2pi).

Si 0 < 3pi2 , cest-a`-dire si pi2 < pi, alors sin

2 > 0.

Dans ce cas arg(c) =2 =

pi4 +

2 (mod 2pi).


a = cos2 (1 + i tan )2 = (cos + i sin )2 = exp(2i).

Ainsi |a| = 1 et arg(a) = 2 (mod 2pi).

b =2 sin2 2 + 2i sin

2 cos

2

2 cos2 2 2i sin2 cos

2

= tan 2sin 2 + i cos

2

cos 2 i sin2

= i tan 2 .

Ainsi |b| =tan 2 et arg(b) =

{ pi2 (mod 2pi) si tan

2 > 0

pi2 (mod 2pi) si tan2 < 0


On a (1 + i)(3 + i) =

3 1 + i(3 + 1).

Dautre part (1 + i)(3 + i) =

2 exp(i pi4 ) 2 exp(i

pi6 ) = 2

2 exp(i 5pi12 ).

On en deduit : cos 5pi12 =3122

=624 et sin

5pi12 =

3+122

=6+2

4

Finalement cos pi12 = sin5pi12 =

6+2

4 et sinpi12 = cos

5pi12 =

624 .



Module et argument

Corriges


On a 1 + i3 = 2 exp(i pi3 ) et 1 i =

2 exp(i pi4 ).

On en deduit :

z =(

2 exp(i 7pi12 ))20

= 1024 exp(i 35pi3 ) = 1024 exp(ipi3 ) = 512(1 + i

3)


Les nombres complexes (1 + i3)n et (1 i3)n sont conjugues.

Dautre part 1 + i3 = 2 exp(i pi3 ).

Donc z = 2Re (1 + i3)n = 2Re

(2n exp(i npi3 )

)= 2n+1 cos npi3 .

Si n = 6q + r, avec 0 r 5, alors z = 2n+1 cos rpi3 .


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