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Universite de Provence 2011{2012

Mathematiques Generales 1 - Parcours PEI

Nombres complexes1 Inegalites triangulaires.

Theoreme. Premiere inegalite triangulaire.Pour tousz;z0dansC, nous avons jz+z0j jzj+jz0j avec egalite si et seulement(z= 0)ou(z0= 0)ou(9 >0,z=z0).Preuve.En eet, siz;z0sont dansC, on a jz+z0j jzj+jz0j , jz+z0j2(jzj+jz0j)2,(z+z0)(z+z

0) jzj2+ 2jzjjz0j+jz0j2

,zz+zz

0+z0z+z0z

0 jzj2+ 2jzjjz0j+jz0j2, jzj2+zz

0+z0z+jz0j2 jzj2+ 2jzjjz0j+jz0j2

,zz

0+z0z2jzjjz0j ,2Re(zz

0)2jzz

0j ,Re(zz

0) jzz

0j:

Or cette derniere inegalite est toujours vraie car, quel que soit le nombre complexew, on a toujours Re

w jwj. De plus, on deduit que nous avons l'egalitejz+z0j=jzj+jz0jsi et seulement si Re(zz

0) =jzz

0j. Il est clair que, siz= 0 ou siz0= 0, l'egalite Re(zz

0) =jzz

0jest vraie.

Supposonsz6= 06=z0. Siw=zz

0, alorsw6= 0. Il existe doncr >0 et2Rtel quew=rei. Nous avons

alors Rew=rcos=jwj=r. Ceci nous donne que22Z, donc quew=rest un reel positif. Nous avons alors z=zz 0z 0=wz

0=wjz0j2z0=z0

avec=rjz0j2>0. Ceci termine la preuve du theoreme.Theoreme. Deuxieme inegalite triangulaire.Pour tousz;z0dansC, nous avons

jjzj jz0jj jzz0j

avec egalite si et seulement(z= 0)ou(z0= 0)ou(9 >0,z=z0).Preuve.Siw;w0sont dansC, on applique la premiere inegalite avecz=wetz0=w0w. On obtient

alorsjw0j=jz+z0j jzj+jz0j=jwj+jw0wj, soit encorejw0wj jw0j jwj. Echangeant les r^oles dewetw0, nous obtenonsjw0wj=jww0j jwjjw0j, doncjw0wj jjwjjw0jj.

Ceci prouve la deuxieme inegalite triangulaire.

Enn, nous avons egalite si et seulement si, quand nous appliquons la premiere inegalite az=wet z

0=w0wou az=w0etz0=ww0, il y a egalite. Nous avons donc legalitejjwj jw0jj=jww0jsi

et seulement si [(w= 0) ou (w0w= 0) ou (9 >0; w=(w0w)] ou [(w0= 0) ou (ww0= 0) ou (9 >0; w0=(ww0)] ce qui equivaut a (w= 0) ou (w=w0) ou (9 >0; w=1 +w0 ou (w0= 0) ou (w=w0) ou (9 >0; w=1(1 +)w0 soit encore a (w= 0) ou (w0= 0) ou (90>0; w=0w0): Ceci acheve la preuve de la seconde inegalite triangulaire.

2 Somme des termes d'une suite geometrique.Theoreme.Soita2Cetn2N.

Sia= 1, alorsnX

k=0a k=n;

Sia6= 1, alorsnX

k=0a k=an+11a1:Preuve.Le casa= 1 est clair. Sia6= 1, montrons par par recurrence surn2Nque nX k=0a k=an+11a1: C'est vrai pourn= 0. Supposons que cela soit vrai au rangn2N. On a alors n+1X k=0a k=nX k=0+an+1=an+11a1+an+1=an+11 +an+2an+1a1=an+21a1; donc c'est vrai au rangn+ 1. On a donc bien prouve par recurrence surn2Nque, pour toutn2Net pour touta6= 1, nX k=0a k=an+11a1:Theoreme.Soitx2Retn2N. Alors :

Six22Z;nX

k=0coskx=n+ 1;nX k=0sinkx= 0:

Six622Z;nX

k=0coskx=cosn2 xsinn+12 xsin x2 ;nX k=0sinkx=sinn2 xsinn+12 xsin x2 :Preuve.Notons C n=nX k=0coskxetSn=nX k=0sinkx: On a C n+iSn=nX k=0e ikx:

Six22Z, le resultat enonce est clair.

Six622Z,eix6= 1, et donc

C n+iSn=ei(n+1)x1e ix1=ein+12 xe ix2 e in+12 xein+12 xe ix2 eix2 =ein2 x2isinn+12 x2isinx2

On deduit de cela que

C n= Re e in2 xsinn+12 xsin x2 =cosn2 xsinn+12 xsin x2etSn= Im e in2 xsinn+12 xsin x2 =sinn2 xsinn+12 xsin x2: 2

3 Racinesniemes de nombres complexes.

3.1 Racines carrees de nombres complexes.

Soita+ib6= 0 un nombre complexe aveca;b2R. On cherche lesz=x+iy2Ctels quez2=a+ib. On appelle ces nombres les racines carrees dea+ib. Pour trouver cesz, on ecrit quez2= (x2y2) + 2ixy=a+ib, ce qui nous donne x

2y2=a;2xy=b:

Orx2+y2=jzj2=jz2j=ja+ibj=pa

2+b2. En additionnant cette relation a la relationx2y2=a2

et en divisant par 2, on obtient donc que x

2=a+pa

2+b22 et donc que x=sa+pa 2+b22 La relation 2xy=bnous donne alors les deux valeurs deycorrespondantes : y=2bs a+pa 2+b22

Les deux racines sont donc

sa+pa 2+b22 +i2bs a+pa 2+b22 ;sa+pa 2+b22 i2bs a+pa 2+b22

3.2 Remarque importante.Il ne faut jamais ecrire

pzquandz2CQuandxest un reel positif, l'equationy2=xadmet toujours deux racines, une positive et l'autre

negative. On a donc un moyen simple de dierencier les racines, c'est leur signe, on choisit de noter la

racine positivepx. Dans ce cas, on apxy=px py. Quandest un complexe, l'equationz2=admet toujours deux solutions opposees. On pourrait choisir la racine qui a une partie reelle positive (et qui n'est pas de la formeibavecb2R+) pour denir une

fonction racine complexe. Mais ce choix donne une fonction qui n'est pas continue, et qui ne verie pasp=p

p. On risque de faire plein d'erreur avec une telle fonction. Et tous les choix possibles pour

la racine posent les m^emes problemes. Le plus simple est de se passer d'une fonction racine complexe.

3.3 Racinesniemes dea2Cpourn3.

Soitn3 un entier eta2C. On cherche lesztels quezn=a.

Sia= 0, alors seulz= 0 est solution dezn= 0.

Sia6= 0, alors on peut ecrirea=ei'avec >0 et'2R.

3

Posantz=rei, nous avonszn=rnein=ei'.

Doncjznj=rn=jei'j=, ce qui nous donne quer=1=n. Nous avons alorsein=', ce qui est equivaut a l'existence d'unk2Ztel quen='+ 2k, ou encore='n +2kn Nous en deduisons que l'ensemble des racinesniemes deaest

S=f1=nei('n

+2kn ); k2Zg:

Or la suitewk= (ei('n

+2kn ))kest periodique de periodencar, pour toutk2Z, on a w k+n=ei('n +2(k+n)n )=ei('n +2kn +2)=ei('n +2kn )=wk: On en deduit que l'ensembleSse reduit a l'ensemble

S=f1=nei('n

+2kn ); k2 f0;1;:::;n1gg: 3.4

Equationzn1=zn2

Cela n'implique pasz1=z2, mais

z n1=zn2,z1z 2 n = 1,z1z

2est une racine niemede l'unite:

Par exemple pourn= 2, les racines carres de l'unite sontf1;1get cela donnez1=z2. Pourn= 3, les racines troisiemes de l'unite sontf1;j;j2get cela donnez1=z2ouz1=j z2ouz1=j2z2.

4 Resolution de l'equation du second degre a coecients com-

plexes. Soienta;b;ctrois nombres complexes aveca6= 0. On cherche a resoudre l'equation az

2+bz+c= 0 ()

dansC.

Soitz2C. En divisant para6= 0, on a

az

2+bz+c= 0,z2+ba

z+ca = 0: Or z 2+ba z= z+b2a 2 b24a2: On en deduit quezest solution de () si et seulement si z+b2a 2 b24a2ca = 0; soit encore si et seulement si z+b2a 2

14a2b24ac= 0:

Notons1et2les deux racines carrees complexes (opposees) du nombre complexeb24ac. zest alors solution de () si et seulement si z+b2a 2

214a2= 0,

z+b2a12a z+b2a+12a z+b2a12a z+b2a22a = 0:

On en deduit que les deux solutions de () sont

z

1=b+12aetz2=b+22a:

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