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Nombres complexes - 6
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(6h) 1
NOMBRES COMPLEXES
L’apport des algébristes italiens de la Renaissance
A l’origine de l’apparition des nombres complexes, se trouvent les recherches menées sur la
résolution des équations du troisième degré. Les mathématiciens Arabes avaient déjà obtenus
des résultats significatifs dans ce domaine, en particulier Omar KHAYYAM (XI
e
siècle) qui
donna des méthodes de résolution basées sur l’intersection d’une parabole avec une
hyperbole.
Les résultats des Arabes étaient probablement connus des algébristes Italiens de la
Renaissance :
« L’Italie de la fin du XV
e
siècle est active dans la production de travaux d’arithmétique
pratique. Luca PACIOLI (1450-1510), frère franciscain qui occupa une chaire de
mathématiques à Milan, publie le premier livre imprimé contenant véritablement de
l’algèbre : Summa de aritmetica, geometria, proporzioni di proporzionalita (1494). Il y
reprend la classification des Arabes pour les types d’équations du second degré. Il semble
d’ailleurs que l’ensemble des acquis algébriques de ces derniers soit ici connu et assimilé et
serve de point de départ aux travaux des Italiens. »
Extrait de « Une Histoire des Mathématiques - Routes et Dédales » , A. DAHAN-DALMEDICO et J. PEIFFER, Éd.
du Seuil, 1986.
Il semble bien que la première formule de résolution d’une équation de la forme
x
3
= cx + b ,
fut proposée en 1500, par un professeur de Bologne, Scipione del FERRO (1456-1526).
Malgré tous les progrès réalisés par les Arabes sur les équations cubiques, cette formule
constituait une nouveauté. Mais comme c’était l’habitude à l’époque, del FERRO tint sa
méthode secrète.
Vers 1535, Niccolo FONTANA de Brescia (1500-1557), dit TARTAGLIA, réussit à résoudre un
certain nombre d’équations du troisième degré dans le cadre d’un concours. Pour des raisons
encore obscures, il accepte de dévoiler sa formule à Girolamo CARDANO (1501-1576). Celui-
ci promet de la garder secrète, mais change d’avis en apprenant que del FERRO serait à
l’origine de la découverte. CARDANO publie la formule dans l’ Ars Magna en 1545,
provoquant la rancune de TARTAGLIA pour de longues années.
Voici la formule, connue depuis lors sous le nom de formule de CARDANO :
x =
d
d
2
c
3
3
d
d
2
c
3
3
CARDANO l’utilise pour résoudre des équations de la forme
x
3
= cx + b avec c > 0 et d > 0.
Ainsi, pour l’équation
x
3
= 3 x + 2 (
c = 3 et
d = 2 ) une solution est donnée par :
x = 1 + 1 − 1
3
3
Notons bien que la formule ne fournit pas l’autre solution x = - 1 que nous pourrions obtenir
par la méthode de HORNER.
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Dans certains cas, la méthode de CARDANO se révèle infructueuse. Ainsi, pour l’équation
x
3
= 19 x + 30 , la formule mène à une impasse car elle donne un nombre négatif sous la
racine carrée. Pourtant, nous pouvons vérifier que cette équation a pour ensemble de
solutions
S = { 2 , 3 , 5 } (le faire).
Dans son Algebra, parte maggiore dell’aritmetica, divisa in tre libri , écrit en italien et paru à
Bologne en 1572, Raffaele BOMBELLI trouve une manière originale pour surmonter -
partiellement - ce genre de difficulté.
Il étudie l’équation
x
3
= 15 x + 4 (
c = 15 et
d = 4 ) dont il sait qu’elle possède le réel 4
comme solution.
Il applique d’abord la formule de CARDANO :
x = 2 + 4 − 125
3
3
3
3
Le problème est de nouveau la présence de la racine carrée d’un négatif, mais BOMBELLI
passe outre et accepte de la prendre en considération.
Il décide en outre de lui appliquer une règle algébrique connue en considérant que
( )
2
= − 121. Ce faisant, il accepte aussi que
( )
2
Au cours de ses travaux, il constate encore que
( )
3
3
2
( )
2
( )
3
D’une façon analogue, il trouve que
( )
3
(vérifier).
En remplaçant dans l’équation (1) , il obtient
x = 2 + − 1
( )
3
3
( )
3
3
L’audace de BOMBELLI a été de donner un statut à
− 1 avec la volonté de maintenir la
validité de la formule de CARDANO.
Ce genre de démarche n’est pas sans en rappeler d’autres …
Pensons à la règle
a
p
a
q
= a
p − q
a ≠ 0 ( )
qui, au début de l’étude des puissances, est d’abord
établie pour p et q naturels avec
p > q.
Que se passe-t-il si
p ≤ q? Par exemple, si l’on calcule
a
2
a
5
D’une part, on a
a
2
a
5
a ⋅ a
a ⋅ a ⋅ a ⋅ a ⋅ a
a
3
. D’autre part, si l’on veut que la règle reste
valable, il faut accepter l’existence d’exposants négatifs (car
a
2
a
5
= a
− 3
) et leur donner un
sens qui soit cohérent avec les règles de calculs antérieures :
a
− 3
a
3
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2. Opérations sur les nombres complexes
Nous admettrons que l’on calcule dans C comme l’on calcule dans R , mais en tenant
compte de l’égalité
i
2
2.1. Addition et soustraction
Prenons par exemple les nombres complexes
z
1
= 3 + 5 i et
z
2
= 4 − 2 i.
Nous avons : 1°
z
1
2
= 3 + 5 i
( )
( )
= 7 + 3 i
z
1
− z
2
= 3 + 5 i ( )
− 4 − 2 i ( )
= − 1 + 7 i
On peut facilement généraliser à la somme et à la différence de deux nombres complexes
z
1
= a + bi et
z
2
= c + di.
2.2. Multiplication
Reprenons
z
1
et
z
2
du paragraphe précédent :
z
1
⋅ z
2
= 3 + 5 i ( )
⋅ 4 − 2 i ( )
= 12 − 6 i + 20 i − 10 i
2
= 12 + 14 i + 10 = 22 + 14 i .
Cas particulier : produit de deux nombres complexes conjugués
Définition : deux nombres complexes sont dits conjugués s’ils ont la même partie réelle et des
parties imaginaires opposées.
Le conjugué du nombre complexe
z se note
z
. Si
z = a + bi , on a
z = a − bi.
Si
z = a + bi , on vérifie facilement que
z ⋅ z = a
2
2
Par exemple :
3 + 5 i ( )
⋅ 3 − 5 i ( )
= 9 − 15 i + 15 i − 25 i
2
Puissances successives de i
i
0
i
4
= i
3
⋅ i = − i
2
i
8
i
1
= i
i
5
= i
4
⋅ i = 1 ⋅ i = i
i
9
= i
i
2
i
6
= i
5
⋅ i = i ⋅ i = − 1
i
10
i
3
= i
2
⋅ i = − i
i
7
= i
6
⋅ i = − 1 ⋅ i = − i
i
11
= − i etc.
2.3. Division
Pour diviser le complexe
z
1
par le complexe
z
2
, on multiplie chacun d’eux par le conjugué
de
z
2
, et on écrit le quotient sous la forme
a + bi.
Exemple : soient les nombres complexes
z
1
= 6 − i
et
z
2
= 1 + 3 i
z
1
z
2
6 − i
1 + 3 i
6 − i ( )
⋅ 1 − 3 i ( )
1 + 3 i ( )
⋅ 1 − 3 i ( )
3 − 19 i
i
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Exercices
- Déterminer les réels x et y pour que les égalités suivantes soient vraies.
Pour cela, il faut utiliser le fait que :
Deux nombres complexes sont égaux si et seulement si leurs parties réelles sont égales et
leurs parties imaginaires sont égales.
a)
2 x + 1 ( )
= 15 + 4 i
b)
x + y ( )
− ( 2 x − y ) = 3 + 6 i
c)
xi − y − x + 3 i = 0
- Calculer et donner la réponse sous la forme
a + bi.
a)
2 i + 3 ( )
− 3 − 2 i ( )
g)
1 + 3 i
b)
2 ⋅ 3 − 5 i ( )
h)
1 + i
1 − 2 i
c)
3 − 2 i
( )
2
i)
i
d)
1 − i ( )
3
j)
i
2 + 3 i
2 − 3 i
e)
8 − 3 i ( )
⋅ 8 + 3 i ( )
k)
4 − i
2 − i
4 + i
2 + i
f)
− 2 + 3 ⋅ i
( )
2
l)
cos θ + i ⋅ sin θ
- Montrer que
a + ib
a − ib
a − ib
a + ib
( a , b ∈ R et a ou b ≠ 0) est un nombre réel et calculer ce
nombre.
(ULB)
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3.2. Équations complètes
Un premier exemple de ce type d’équation se trouve à la page 3. Il s’agissait d’une équation
du second degré complète à coefficients réels.
Voici un exemple d’équation complète à coefficients complexes.
Exercice résolu
Résoudre l’équation
2 x
2
⋅ x + 2 i − 1 = 0.
Solution
Calculons le discriminant :
Δ = 2 + 3 i ( )
2
− 4 ⋅ 2 ⋅ 2 i − 1 ( )
= 4 + 12 i + 9 i
2
− 16 i + 8 = 3 − 4 i.
Pour calculer les solutions, nous avons besoin des racines carrées de Δ. Pour les trouver,
nous devons donc résoudre l’équation binôme :
z
2
= 3 − 4 i.
En appliquant la méthode décrite au paragraphe 3.1. , nous obtenons les solutions
2 − i et
− 2 + i.
Les solutions de l’équation initiales sont donc :
x =
− 2 + 3 i ( )
± 2 − i ( )
x
1
− 4 i
= − i et
x
2
− 4 − 2 i
i.
Exercice : résoudre les équations suivantes.
a)
x
2
2 x
2
⋅ x + 2 i − 1 = 0
b)
x
2
− 3 + i ( )
⋅ x
2
⋅ x + 2 = 0
c)
x
2
⋅ x + 2 i = 0 h)
x
4
2
d)
2 ix
2
− 1 + 2 i ( )
⋅ x + i − 1 = 0 i)
ix
4
− 5 i + 2 ( )
⋅ x
2
e)
ix
2
⋅ x − i − 1 ( )
= 0 j)
x
4
− 13 x
2
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3.3. Le théorème de d’ALEMBERT
La question du nombre de racines d’une équation polynomiale
est ancienne. Dès 1629, le mathématicien hollandais, né en
France, Albert GIRARD (1595-1632) pensa que toute équation
de degré n admettait n racines, ce qui laisse supposer que
l’ensemble des nombres complexes est un cadre adéquat à la
résolution des équations.
Sur le même thème, l’encyclopédiste français Jean Le Rond
d’ALEMBERT (1717-1783) énonça le théorème suivant :
Tout polynôme à coefficients réels se factorise en un
produit de polynômes à coefficients réels de degré 1 ou 2.
La conséquence en est que :
Toute équation polynomiale de degré n à coefficients réels admet n solutions
complexes (distinctes ou non).
En effet, dans la factorisation d’un polynôme de degré n , chaque polynôme de degré 1 admet
une racine, et chaque polynôme de degré 2 admet deux racines (distinctes ou non).
La preuve apportée par d’ALEMBERT à ce théorème était presque complète. Il fallut attendre
Carl Friedrich GAUSS (1777-1855) pour disposer d’une démonstration rigoureusement exacte.
Voyons quelques exemples :
x
3
− 2 x
2
− 5 x + 6 se factorise en
x + 2 ( )
⋅ x − 1 ( )
⋅ x − 3 ( )
(on peut le vérifier
avec la méthode de HORNER) ;
l’équation du 3
e
degré
x
3
− 2 x
2
− 5 x + 6 = 0 admet donc trois solutions : - 2 , 1 et 3 ;
x
4
2
x
2
( )
⋅ x
2
( )
l’équation du 4
e
degré
x
4
2
- 4 = 0 admet donc quatre solutions : - 2 i , - i , i et 2 i ;
x
5
− x
4
3
− 2 x
2
x
2
( )
2
⋅ x − 1 ( )
l’équation du 5
e
degré
x
5
− x
4
3
− 2 x
2
- x − 1 admet donc cinq solutions : la solution
double i , la solution double - i et le réel 1.
Exercice résolu : résoudre l’équation
x
3
Solution
Au-delà de la solution évidente x = 1 , il faut être conscient du fait que l’équation admet trois
racines complexes et donc, aller plus loin.
Écrivons l’équation sous la forme
x
3
− 1 = 0 et utilisons la formule de factorisation
a
3
− b
3
= a − b ( )
⋅ a
2
2
( )
. Nous trouvons
x
3
− 1 = 0 ⇔ x − 1 ( )
⋅ x
2
( )
L’équation
x
2
- x + 1 = 0 a pour discriminant vaut - 3 et admet deux solutions complexes
conjuguées.
L’ensemble des solutions de l’équation de départ est
S = 1 ,
− 1 + 3 ⋅ i
− 1 − 3 ⋅ i
Jean d’ALEMBERT
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Faculté des sciences appliquées (ULB)
- Soit
p ( z ) = z
3
2
⋅ z + 2 + 2 i.
a) Montrer que z = 2 est racine de
p ( z ) = 0.
b) Résoudre dans C l’équation
p ( z ) = 0.
- Dans quelle(s) condition(s) l’équation
x
2
⋅ x +
a + i
b ( )
= 0 possède-t-elle deux
racines égales? ( a , a’ , b et b’ ∈ R )
Ecrire dans ce cas l’équation en fonction de a et b et calculer la solution.
- Trouver toutes les racines complexes de l’équation
z + 2 ( )
4
z + 2 ( )
2
- Sachant que a est une racine cubique complexe du nombre 1, montrer que
1 + a
2
( )
4
= a.
- Résoudre dans C l’équation
i ⋅ z
2
− 1 + i ( )
⋅ z = 2 i − 1 ( )
- Résoudre dans C l’équation.
- Résoudre dans C l’équation
z
6
− 3 z
5
4
− 6 z
3
2
− 3 z + 2 = 0 sachant qu’elle
admet i comme racine double.
- Soit l’équation
z
2
⋅ z + β
2
2
= 0. Déterminer α , β et γ pour que
l’équation admette deux racines complexes conjuguées. Trouver ensuite ces racines.
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4. Représentation géométrique et forme trigonométrique
Encore un peu d’histoire …
Que représente géométriquement le nombre
imaginaire i?
Le danois WESSEL (1745-1818) et le genevois
ARGAND (1768-1822) trouvèrent une
interprétation géométrique de i en appliquant le
théorème de géométrie que voici :
« Dans tout triangle rectangle ABC , la hauteur est moyenne proportionnelle entre les deux
segments qu’elle détermine sur l’hypoténuse. »
Dans la figure dessus, la hauteur issue de C a pour longueur h , et elle détermine sur
l’hypoténuse
AB
[ ]
les segments
AD
[ ]
et
DB
[ ]
, de longueurs respectives m et n.
Dès lors :
m
h
h
n
⇒ h
2
= m ⋅ n ⇒ h = m ⋅ n.
En considérant l’imaginaire i dans sa relation
directe avec les quantités positives et négatives,
WESSEL et ARGAND appliquent ce théorème
comme suit (figure ci-contre) :
la distance
h = CD de l’origine à +1 est la
moyenne géométrique des mesures algébriques
1
des segments
AD
[ ]
et
DB
[ ]
, c’est-à-dire
h = − 1 ⋅ + 1 = − 1 = i.
WESSEL et ARGAND montrent ainsi la correspondance de l’imaginaire avec la direction
verticale. À partir de cette idée et de l’introduction par DESCARTES de la géométrie des
coordonnées (plan cartésien), GAUSS suggéra en 1831 une représentation géométrique de
l’ensemble des nombres complexes : le plan complexe.
(Adapté d’un texte de l’équipe Mathécrit, Québec)
4.1. Le plan complexe (ou plan de GAUSS)
Considérons le plan muni d’un repère orthonormé.
Appliquons chaque nombre complexe sur le point
du plan qui a sa partie réelle comme abscisse et sa
partie imaginaire comme ordonnée.
Par exemple, le nombre complexe
z = 5 + 3 i est
appliqué sur le point
Z 5 , 3
( )
Le nombre complexe
z = 5 + 3 i est appelé affixe
du point
Z 5 , 3
( )
Tout nombre réel est appliqué sur un point de l’axe
réel (par exemple, r = 3 ), tandis que tout nombre
imaginaire pur est appliqué sur un point de l’axe imaginaire (par exemple, j = 4 i ).
1
Mesures affectées d’un signe.
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4.2.1. Passage de la forme trigonométrique à la forme cartésienne
Exemple : quelle est la forme cartésienne de
z = 4 ⋅ cis
π
Il suffit de développer :
z = 4 ⋅ cis
π
= 4 ⋅ cos
π
π
= 2 3 + 2 i
4.2.2. Passage de la forme cartésienne à la forme trigonométrique
On montre facilement que (expliquer) :
Le module ρ du nombre complexe
z = a + bi est donné par :
ρ = a
2
2
Pour trouver l’argument θ , on passe par sa tangente (expliquer) :
tan θ =
b
a
Exemple 1 : déterminer la forme trigonométrique de
z = − 3 + i.
Commençons par situer z dans le plan complexe (figure ci-dessous).
Sachant que
a = − 3 et
b = 1 , le module de z vaut :
ρ = a
2
2
Pour trouver l’argument, calculons sa tangente :
tan θ =
b
a
Nous en déduisons que
θ = −
π
k ∈ Z ( )
. Comme la figure nous montre que z est
l’affixe d’un point du deuxième quadrant, nous pouvons choisir
θ =
5 π
Finalement, la forme trigonométrique de z est :
z = 2 ⋅ cos
5 π
5 π
= 2 ⋅ cis
5 π
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Exemple 2 : déterminer la forme trigonométrique de
z = − 3 − 2 i.
Comme le montre la figure ci-contre, le nombre
complexe z est cette fois l’affixe d’un point du
troisième quadrant.
Sachant que
a = − 3 et
b = − 2 , le module de
z vaut :
ρ = a
2
2
Pour trouver l’argument, calculons sa tangente :
tan θ =
b
a
Nous en déduisons que
θ ≈ 0 , 59 + k π
k ∈ Z ( )
Nous pouvons choisir
θ ≈ 0 , 59 + π ≈ 3 , 73.
Finalement, la forme trigonométrique (approximative) de z est :
z ≈ 13 ⋅ cos 3 , 73 + i ⋅ sin 3 , 73 ( )
= 13 ⋅ cis 3 , 73 ( )
Rien n’empêche d’utiliser une mesure en degrés de l’argument. Nous avons donc aussi :
z ≈ 13 ⋅ cos 213 , 7 ° + i ⋅ sin 213 , 7 ° ( )
= 13 ⋅ cis 213 , 7 ° ( )
Exercices
- Écrire sous forme cartésienne les nombres complexes suivants. Les représenter dans le
plan de GAUSS.
z = 10 ⋅ cis 60 ° ( )
c)
z =
⋅ cis
3 π
z = 2 ⋅ cis
7 π
d)
z = 3 ⋅ cis − 90 ° ( )
- Écrire sous forme trigonométrique les nombres complexes suivants. Les représenter dans
le plan de GAUSS.
a)
z = 1 + i f)
z = − 4 i
b)
z = 3 − 3 i g)
z = 1 + 3 ⋅ i
c)
z = 3 i − 2 h)
z = 1 − 3 ⋅ i
d)
z = −
i i)
z = − 2 3 − 2 i
e)
z = 7 j)
z =
1 + i
- Comparer les module et argument de deux nombres complexes conjugués.
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Les nombres complexes
z
1
et
z
2
étant non nuls, le nombre complexe
z
1
z
2
- a pour module le quotient des modules de
z
1
et
z
2
- a pour argument la différence des arguments de
z
1
et
z
2
Ce résultat se traduit par la formule :
ρ
1
⋅ cis θ
1
ρ
2
⋅ cis θ
2
ρ
1
ρ
2
⋅ cis θ
1
− θ
2
( )
Cas particulier : inverse d’un nombre complexe
Étant donné que le réel 1 a pour module 1 et pour argument 0 , on a :
1 = cis 0
( )
Dès lors, si
z = ρ ⋅ cis θ , par application du résultat précédent, nous obtenons :
z
cis 0 ( )
ρ ⋅ cis θ ( )
ρ
⋅ cis 0 − θ ( )
ρ
⋅ cis − θ ( )
L’inverse d’un nombre complexe non nul z est le nombre complexe
z
dont
- le module est l’inverse du module de z ;
- l’argument est l’opposé de l’argument de z.
Ce résultat se traduit par la formule
ρ ⋅ cis θ ( )
ρ
⋅ cis − θ ( )
5.3. Puissance n
ème
d’un nombre complexe (formule de DE MOIVRE)
Abraham DE MOIVRE (1667-1754), né en France dans une
famille protestante, s’intéresse très tôt à la physique et aux
mathématiques. Peu après la révocation de l’édit de Nantes
en 1685, il émigre vers l’Angleterre où il se lie d’amitié avec
NEWTON dont il admire les travaux. DE MOIVRE étudie
notamment de manière approfondie la méthode des fluxions
2
de NEWTON. Ce dernier aurait même répondu à quelqu’un
qui l’interrogeait sur cette méthode « Go to Mr DE MOIVRE,
he knows these things better than i do ».
On attribue à DE MOIVRE la formule relative une la
puissance naturelle non nulle d’un nombre complexe écrit
sous forme trigonométrique :
cos θ + i ⋅ sin θ ( )
n
= cos n θ ( )
2
Terme utilisé par NEWTON pour désigner notre actuelle dérivée.
Abraham DE MOIVRE
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En utilisant l’écriture abrégée, la formule de DE MOIVRE s’écrit :
cis θ
( )
n
= cis n θ
( ).
Exemple :
cis ( 25 °) ( )
3
= cis 3 ⋅ 25 ° ( )
= cis ( 75 °)
Démonstration par récurrence de la formule de DE MOIVRE
1° Si n = 1 , la formule est vraie. En effet :
cos θ + i ⋅ sin θ ( )
1
= 1 ⋅ cos θ + i ⋅ sin θ ( )
2° Supposons la formule vraie pour n = k - 1 (hypothèse de récurrence) et démontrons
qu’elle est vraie aussi pour n = k.
cos θ + i ⋅ sin θ
( )
k
cos θ + i ⋅ sin θ
( )
k − 1
⋅ cos θ + i ⋅ sin θ
( )
cos k − 1 ( )
θ + i ⋅ sin k − 1 ( )
θ
[ ]
⋅ cos θ + i ⋅ sin θ ( )
(par H.R)
cos k − 1 ( )
θ ⋅ cos θ − sin k − 1 ( )
θ ⋅ sin θ
θ ⋅ sin θ + sin k − 1 ( )
θ ⋅ cos θ ( )
cos k θ + i ⋅ sin k θ
Extensions de la formule de DE MOIVRE
- La formule que nous venons d’énoncer pour
n ∈ N
0
, est valable pour tout
n ∈ Z.
cos θ − i ⋅ sin θ
( )
n
= cos n θ
( )
− i ⋅ sin n θ
( )
(vérifier).
Exercice résolu : calculer
1 + i ( )
3
et
1 + i ( )
20
Solution
S’il est relativement facile de calculer algébriquement la première expression, cela paraît
nettement plus fastidieux pour la seconde!
1 + i ( )
3
= 1 + 3 i + 3 i
2
3
= − 2 + 2 i
1 + i ( )
20
Il est utile d’écrire
1 + i ( )
sous forme trigonométrique et d’appliquer la formule de DE
MOIVRE.
D’abord :
1 + i = 2 ⋅ cis
π
(vérifier).
Ensuite :
1 + i ( )
3
= 2 ⋅ cis
π
3
( )
3
⋅ cis
3 π
= − 2 + 2 i
1 + i ( )
20
= 2 ⋅ cis
π
20
( )
20
⋅ cis
20 π
10
⋅ cis 5 π ( )
10
( )
Remarque : une petite astuce algébrique permet aussi de calculer
1 + i ( )
20
; chercher …
Nombres complexes - 6
e
(6h) 19
5.4. Racines n
èmes
d’un nombre complexe
Définition : un nombre complexe z est une racine n
ème
d’un nombre complexe u si et
seulement si
z
n
= u
n ∈ N ( )
Propriété préparatoire : si deux nombres complexes écrits sous forme trigonométrique sont
égaux, alors ils ont le même module, et leurs arguments sont égaux à
k ⋅ 2 π près (
k ∈ Z ).
L’égalité des arguments est due au fait que les fonctions cosinus et sinus sont périodiques de
période
2 π.
Exercice résolu 1
Résoudre dans C l’équation
z
4
= 1 − 3 ⋅ i , c’est-à-dire déterminer les racines quatrièmes du
nombre complexe
1 − 3 ⋅ i.
Solution
Écrivons d’abord le second membre de l’équation sous forme trigonométrique (vérifier) :
1 − 3 ⋅ i = 2 ⋅ cis −
π
Écrivons aussi l’inconnue sous forme trigonométrique :
z = ρ ⋅ cis θ.
En utilisant la formule de DE MOIVRE, l’équation
z
4
= 1 − 3 ⋅ i s’écrit alors :
ρ
4
⋅ cis 4 θ ( )
= 2 ⋅ cis −
π
En vertu de la propriété énoncée ci-dessus, cette égalité entre deux nombres complexes a pour
conséquence :
ρ
4
= 2 et
4 θ = −
π
ρ = 2
4
et
θ = −
π
π
Nous pouvons maintenant écrire les solutions de l’équation, en faisant varier la valeur de k :
k = 0
z
0
4
⋅ cis −
π
k = 1
z
1
4
⋅ cis −
π
π
4
⋅ cis
5 π
k = 2
z
2
4
⋅ cis −
π
4
⋅ cis
11 π
k = 3
z
3
4
⋅ cis −
π
3 π
4
⋅ cis
17 π
k = 4
z
4
4
⋅ cis −
π
4
⋅ cis −
π
Il suffisait de prendre k = 0 , 1 , 2 et 3 , car à partir de k = 4 , nous retrouvons les solutions
déjà obtenues.
Nombres complexes - 6
e
(6h) 20
Nous pouvons facilement visualiser les solutions dans le plan de GAUSS. Elles correspondant
à des points se trouvant sur un cercle centré à l’origine et de rayon
4
Pour passer d’une solution à l’autre, on ajoute
π 2
à son argument. Ces points sont donc les
sommets d’un carré.
Cas particulier : racines n
èmes
de l’unité
Exercice résolu 2
Résoudre dans C l’équation
z
5
= 1 , c’est-à-dire déterminer les racines cinquièmes de
l’unité.
Solution
Posons
z = ρ ⋅ cis θ. Sachant que
1 = cis 0 ( )
, l’équation
z
5
= 1 peut s’écrire :
ρ
5
⋅ cis 5 θ ( )
= cis 0 ( )
Nous en déduisons :
ρ
5
= 1 et
5 θ = 0 + k ⋅ 2 π ou encore
ρ = 1 et
θ = k ⋅
2 π
Toutes les racines cinquièmes de l’unité s’obtiennent en faisant varier k de 0 à 4.
k = 0
z
0
= cis 0 ( )
k = 1
z
1
= cis
2 π
k = 2
z
2
= cis
4 π
k = 3
z
3
= cis
6 π
k = 4
z
4
= cis
8 π
Notons que pour k = 0 , nous retrouvons la solution évidente z = 1.
