Le document est un exercice de mathématiques portant sur les nombres complexes, contenant plusieurs exercices pratiques tels que le calcul des modules et arguments, la résolution d'équations complexes, et la mise sous différentes formes des nombres complexes. Chaque exercice est suivi d'une invitation à consulter sa correction. Le document couvre un large éventail de concepts en lien avec les nombres complexes et leur manipulation.

1. 1
NOMBRES COMPLEXES
Exercice 1 :
On donne 휃0 un réel tel que : cos(휃0)= 2√5 et sin(휃0)= 1√5.
Calculer le module et l'argument de chacun des nombres complexes suivants (en fonction de 휃0) :
푎=3푖(2+푖)(4+2푖)(1+푖) et 푏= (4+2푖)(−1+푖) (2−푖)3푖 Allez à : Correction exercice 1 :
Exercice 2 :
Mettre sous la forme 푎+푖푏,푎,푏∈ℝ (forme algébrique) les nombres complexes 푧1= 3+6푖 3−4푖 ; 푧2=( 1+푖 2−푖 ) 2; 푧3= 2+5푖 1−푖 + 2−5푖 1+푖 푧4= 5+2푖 1−2푖 ; 푧5=(− 12+푖 √32) 3; 푧6= (1+푖)9(1−푖)7 푧7=− 21−푖 √3; 푧8= 1(1+2푖)(3−푖) ; 푧9= 1+2푖 1−2푖 Allez à : Correction exercice 2 :
Exercice 3 :
Ecrire sous forme algébrique les nombres complexes suivants 푧1=2푒 2푖휋 3;푧2=√2푒푖 휋 8;푧3=3푒− 7푖휋 8;푧4=(2푒 푖휋 4)(푒− 3푖휋 4); 푧5= 2푒 푖휋 4 푒− 3푖휋 4;푧6=(2푒푖 휋 3)(3푒 5푖휋 6);푧7= 2푒 푖휋 33푒− 5푖휋 6
푧8, le nombre de module 2 et d’argument 휋 3.
푧9 le nombre de module 3 et d’argument − 휋 8. Allez à : Correction exercice 3 :
Exercice 4 :
1. Mettre sous forme trigonométrique les nombres complexes suivants, ainsi que leur conjugués :
푧1=3+3푖; 푧2=−1−푖 √3; 푧3=− 43 푖; 푧4=−2; 푧5=푒푖휃+푒2푖휃,휃∈]−휋,휋[
Pour 푧5, factoriser par 푒 3푖휃 2 푧6=1+푖; 푧7=1+푖 √3; 푧8=√3+푖; 푧9= 1+푖√3√3−푖 ; 푧10=1+푒푖휃,휃∈]−휋,휋[
Pour 푧10, factoriser par 푒 푖휃 2
2. Calculer le module et un argument des nombres complexes suivants, ainsi que de leur conjugués.
푧1=1+푖(1+√2); 푧2=√10+2√5+푖(1−√5); 푧3= tan(휑)−푖 tan(휑)+푖 ; 푧4= 11+푖tan(휃)
Indication :
Ecrire 푧1 sous la forme 훼(푒푖휃+푒2푖휃)
Calculer 푧25
3. Calculer

2. 2
( 1+푖√32) 2010 Allez à : Correction exercice 4 :
Exercice 5 :
Effectuer les calculs suivants :
1. (3+2푖)(1−3푖)
2. Produit du nombre complexe de module 2 et d’argument 휋 3 par le nombre complexe de module 3 et d’argument − 5휋 6.
3. Quotient du nombre complexe de modulo 2 et d’argument 휋 3 par le nombre complexe de module 3 et d’argument − 5휋 6. Allez à : Correction exercice 5 :
Exercice 6 :
Etablir les égalités suivantes :
1.
(cos( 휋 7)+푖sin( 휋 7))( 1−푖√32)(1+푖)=√2(cos( 5휋 84)+푖sin( 5휋 84))
2.
(1−푖)(cos( 휋 5)+푖sin( 휋 5))(√3−푖)=2√2(cos( 13휋 60)−푖sin( 13휋 60))
3.
√2(cos( 휋 12)+푖sin( 휋 12)) 1+푖 = √3−푖 2 Allez à : Correction exercice 6 :
Exercice 7 :
Soit 푢=1+푖 et 푣=−1+푖√3
1. Déterminer les modules de 푢 et 푣.
2. Déterminer un argument de 푢 et un argument de 푣.
3. En déduire le module et un argument pour chacune des racines cubiques de 푢.
4. Déterminer le module et un argument de 푢 푣 .
5. En déduire les valeurs de
cos(− 5휋 12) et sin(− 5휋 12) Allez à : Correction exercice 7 :
Exercice 8 :
Calculer le module et un argument de 푢= √6−푖√22 et 푣=1−푖
En déduire le module et un argument de 푢 푣 . Allez à : Correction exercice 8 :

3. 3
Exercice 9 :
Effectuer les calculs suivants en utilisant la forme exponentielle. 푧1= 1+푖 1−푖 ;푧2=( 1+푖 1−푖 ) 3;푧3=(1+푖√3) 4;푧4=(1+푖√3) 5+(1−푖√3) 5; 푧5= 1+푖√3√3+푖 ;푧6= √6−푖√22−2푖 Allez à : Correction exercice 9 :
Exercice 10 :
Calculer les racines carrées des nombres suivants. 푧1=−1;푧2=푖;푧3=1+푖;푧4=−1−푖;푧5=1+푖√3; 푧6=3+4푖;푧7=7+24푖;푧8=3−4푖;푧9=24−10푖 Allez à : Correction exercice 10 :
Exercice 11 :
1. Calculer les racines carrées de 1+푖 √2. En déduire les valeurs de cos( 휋 8) et sin( 휋 8).
2. Calculer les racines carrées de √3+푖 2. En déduire les valeurs de cos( 휋 12) et sin( 휋 12). Allez à : Correction exercice 11 :
Exercice 12 :
Résoudre dans ℂ les équations suivantes :
1. 푧2+푧+1=0.
2. 푧2−(5푖+14)푧+2(5푖+12)=0.
3. 푧2−√3푧−푖=0.
4. 푧2−(1+2푖)푧+푖−1=0.
5. 푧2−(3+4푖)푧−1+5푖=0.
6. 4푧2−2푧+1=0.
7. 푧4+10푧2+169=0.
8. 푧4+2푧2+4=0.
9. 푥4−30푥2+289=0.
10. 푥4+4푥3+6푥2+4푥−15=0.
11. 푧3+3푧−2푖=0.
12. 푧2−(1+푎)(1+푖)푧+(1+푎2)푖=0.
13. 푖푧2+(1−5푖)푧+6푖−2=0.
14. (1+푖)푧2−(3+푖)푧−6+4푖=0.
15. (1+2푖)푧2−(9+3푖)푧−5푖+10=0.
16. (1+3푖)푧2−(6푖+2)푧+11푖−23=0. Allez à : Correction exercice 12 :
Exercice 13 :
Résoudre l’équation : 푍4+(3−6푖)푍2−8−6푖=0 Allez à : Correction exercice 13 :
Exercice 14 :
(1−푖)푋3−(5+푖)푋2+(4+6푖)푋−4푖=0
1. Montrer que cette équation admet une racine réelle.
2. Résoudre cette équation.

4. 4
Allez à : Correction exercice 14 :
Exercice 15 :
Résoudre dans ℂ l’équation 푧6−푖푧3−1−푖=0
Indication : Poser 푍=푧3 et résoudre d’abord 푍2−푖푍−1−푖=0. Allez à : Correction exercice 15 :
Exercice 16 :
Soit (퐸) l’équation 푋4−3푋3+(2−푖)푋2+3푋−3+푖=0
1. Montrer que (퐸) admet des racines réelles.
2. Résoudre (퐸). Allez à : Correction exercice 16 :
Exercice 17 :
1. Résoudre 푋3=−2+2푖
2. Résoudre 푍3=−8푖
3. Résoudre
12 푍6+(1+3푖)푍3+8+8푖=0
On rappelle que √676=26. Allez à : Correction exercice 17 :
Exercice 18 :
Soit l’équation 푧3−푖푧+1−푖=0 (퐸)
1. Montrer que (퐸) admet une racine réelle.
2. Déterminer les solutions de (퐸). Allez à : Correction exercice 18 :
Exercice 19 :
Soit (퐸) l’équation 푋4−(3+√3)푋3+(2+3√3−푖)푋2+(−2√3+3푖)푋−2푖=0
1. Montrer que (퐸) admet des racines réelles.
2. Résoudre (퐸). Allez à : Correction exercice 19 :
Exercice 20 :
Soit 푧=√2+√3+푖√2−√3
1. Calculer 푧2, puis déterminer le module et un argument de 푧2, puis écrire 푧2 sous forme trigonométrique.
2. En déduire le module et un argument de 푧.
3. En déduire cos( 휋 12) et sin( 휋 12). Allez à : Correction exercice 20 :
Exercice 21 :
1. Donner les solutions de :
푢4=−4

5. 5
Sous forme algébrique et trigonométrique.
2. Donner les solutions de :
(푧+1)4+4(푧−1)4=0
Sous forme algébrique. Allez à : Correction exercice 21 :
Exercice 22 :
1. Donner les solutions complexes de 푋4=1.
2. Résoudre 푋4=− 12−푖√32
3. Résoudre 푋8+(− 12+푖√32)푋4− 12−푖√32=0 Allez à : Correction exercice 22 :
Exercice 23 :
Ecrire sous forme algébrique et trigonométrique le nombre complexe ( 1+푖−√3(1−푖) 1+푖 ) 2 Allez à : Correction exercice 23 :
Exercice 24 :
1. Déterminer le module et un argument de 1+푖 1−푖 , calculer ( 1+푖 1−푖 ) 2010
2. Déterminer le module et un argument de 1+푖√3, calculer (1+푖√3) 2010
3. Calculer les puissances 푛-ième des nombres complexes.
푧1= 1+푖√31+푖 ; 푧2=1+푗; 푧3= 1+푖tan(휃) 1−푖tan(휃) ; 푧4=1+cos(휙)+푖 sin (휙) Allez à : Correction exercice 24 :
Exercice 25 :
Comment choisir l’entier naturel 푛 pour que (√3+푖) 푛 soit réel ? Imaginaire ? Allez à : Correction exercice 25 :
Exercice 26 :
Soit 푧 un nombre complexe de module 휌 et d’argument 휃, et soit 푧 son conjugué. Calculer (푧+푧)(푧2+푧2)…(푧푛+푧푛)
En fonction de 휌 et 휃. Et de cos(휃)cos(2휃)…cos(푛휃) Allez à : Correction exercice 26 :
Exercice 27 :
1. Pour quelles valeurs de 푧∈ℂ a-t-on |1+푖푧|=|1−푖푧|
2. On considère dans ℂ l’équation
( 1+푖푧 1−푖푧 ) 푛 = 1+푖푎 1−푖푎 , 푎∈ℝ
Montrer, sans les calculer, que les solutions sont réelles. Trouver alors les solutions.
3. Calculer les racines cubiques de √3+푖 √3−푖 Allez à : Correction exercice 27 :

6. 6
Exercice 28 :
Résoudre dans ℂ l’équation ( 2푧+1 푧−1) 4=1 Allez à : Correction exercice 28 :
Exercice 29 :
Résoudre dans ℂ l’équation 푧4=( 1−푖 1−푖√3) 4 Allez à : Correction exercice 29 :
Exercice 30 :
1. Déterminer les deux solutions complexes de 푢2=−2+2푖√3.
2. Résoudre
( 푧+푖 푧−푖 ) 2=−2+2푖√3
On explicitera les solutions sous forme algébrique. Allez à : Correction exercice 30 :
Exercice 31 :
Résoudre dans ℂ ( 푧−1 푧−푖 ) 3=−8
On donnera les solutions sous forme algébrique. Allez à : Correction exercice 31 :
Exercice 32 :
On appelle 푗=− 12+푖√32
1. Résoudre dans ℂ, l’équation 푋3=1 (donner les solutions sous forme algébrique et trigonométrique)
2. Montrer que 푗=푗2
3. Montrer que 푗−1=푗2
4. Montrer que 1+푗+푗2=0
5. Calculer 11+푗 .
6. Calculer 푗푛 pour tout 푛∈ℕ. Allez à : Correction exercice 32 :
Exercice 33 :
Résoudre dans ℂ l’équation 푧3= 14(−1+푖)
Et montrer qu’une seule de ces solutions a une puissance quatrième réelle. Allez à : Correction exercice 33 :
Exercice 34 :
1. Donner les solutions complexes de 푋4=1.

7. 7
2. Résoudre 푋4=− 12−푖√32
3. Résoudre 푋8+(− 12+푖√32)푋4− 12−푖√32=0 Allez à : Correction exercice 34 :
Exercice 35 :
Trouver les racines cubiques de 11+2푖. Allez à : Correction exercice 35 :
Exercice 36 :
Calculer 1+푖√32√2(1+푖) 2
Algébriquement, puis trigonométriquement. En déduire cos( 휋 12), sin( 휋 12), tan( 휋 12) et tan( 5휋 12). Allez à : Correction exercice 36 :
Exercice 37 :
Trouver les racines quatrième de 81 et de −81. Allez à : Correction exercice 37 :
Exercice 38 :
Soit 푛≥2, un entier.
1.
a. Déterminer les complexes qui vérifient 푧2푛=1.
b. Déterminer les complexes qui vérifient 푧푛=−1.
2. Calculer la somme des complexes qui vérifient 푧푛=−1. Allez à : Correction exercice 38 :
Exercice 39 :
1. Soient 푧1,푧2,푧3 trois nombres complexes ayant le même cube.
Exprimer 푧2 et 푧3 en fonction de 푧1.
2. Donner, sous forme polaire (forme trigonométrique) les solutions dans ℂ de :
푧6+(7−푖)푧3−8−8푖=0
Indication : poser 푍=푧3 et calculer (9+푖)2. Allez à : Correction exercice 39 :
Exercice 40 :
Déterminer les racines quatrième de −7−24푖. Allez à : Correction exercice 40 :
Exercice 41 :
Résoudre les équations suivantes : 푧6= 1+푖√31−푖√3; 푧4= 1−푖 1+푖√3; 푧6+27=0; 27(푧−1)6+(푧+1)6=0 Allez à : Correction exercice 41 :

8. 8
Exercice 42 :
Résoudre dans ℂ :
1. 푧5=1
2. 푧5=1−푖
3. 푧3=2−2푖
4. 푧5=푧 Allez à : Correction exercice 42 :
Exercice 43 :
1. Calculer les racines 푛-ième de −푖 et de 1+푖.
2. Résoudre 푧2−푧+1−푖=0.
3. En déduire les racines de 푧2푛−푧푛+1−푖=0. Allez à : Correction exercice 43 :
Exercice 44 :
1. Montrer que, pour tout 푛∈ℕ∗ et pour tout nombre 푧∈ℂ, on a :
(푧−1)(1+푧+푧2+⋯+푧푛−1)=푧푛−1
Et en déduire que si 푧≠1, on a : 1+푧+푧2+⋯+푧푛−1= 푧푛−1 푧−1
2. Vérifier que pour tout 푥∈ℝ, on a 푒푖푥−1=2푖푒 푖푥 2sin( 푥 2).
3. Soit 푛∈ℕ∗. Calculer pour tout 푥∈ℝ la somme :
푍푛=1+푒푖푥+푒2푖푥+⋯+푒(푛−1)푖푥
Et en déduire les valeurs de 푋푛=1+cos(푥)+cos(2푥)+⋯+cos((푛−1)푥) 푌푛=sin(푥)+sin(2푥)+⋯+sin((푛−1)푥) Allez à : Correction exercice 44 :
Exercice 45 :
Soit 훼∈ℂ∖{1} une racine cinquième de 1, donc 훼5=1.
1. Quelles sont les 4 complexes qui vérifient ces conditions ?
2. Montrer que 1+훼+훼2+훼3+훼4=0
3. Calculer 1+2훼+3훼2+4훼3+5훼4
Indication : On calculera de deux façon différente la dérivée de la fonction 푓 définie par 푓(푥)=1+푥+푥2+푥3+푥4+푥5
On donnera le résultat sous forme algébrique. Allez à : Correction exercice 45 :
Exercice 46 :
Soit 휖 une racine 푛-ième de l’unité, 휖≠1 ; calculer 푆=1+2휖+3휖2+⋯+푛휖푛−1 Allez à : Correction exercice 46 :
Exercice 47 :
Résoudre dans ℂ, l’équation (푧+1)푛=(푧−1)푛. Allez à : Correction exercice 47 :

9. 9
Exercice 48 :
Résoudre dans ℂ, l’équation 푧푛=푧 où 푛≥1. Allez à : Correction exercice 48 :
Exercice 49 :
Soit 훽∈ℂ tel que 훽7=1 et 훽≠1. Montrer que 훽 1+훽2+ 훽21+훽4+ 훽31+훽6=−2 Allez à : Correction exercice 49 :
Exercice 50 :
Linéariser : 퐴(푥)=cos3(푥); 퐵(푥)=sin3(푥);퐶(푥)=cos4(푥);퐷(푥)=sin4(푥);퐸(푥)=cos2(푥)sin2(푥); 퐹(푥)=cos(푥)sin3(푥);퐺(푥)=cos3(푥)sin(푥);퐻(푥)=cos3(푥)sin2(푥); 퐼(푥)=cos2(푥)sin3(푥);퐽(푥)=cos(푥)sin4(푥) Allez à : Correction exercice 50 :
Exercice 51 :
1. Déterminer l’ensemble des complexes 푧 tels que 1−푧 1−푖푧 soit réel.
2. Déterminer l’ensemble des complexes 푧 tels que 1−푧 1−푖푧 soit imaginaire pur. Allez à : Correction exercice 51 :
Exercice 52 :
1. Montrer que (1+푖)6=−8푖
2. En déduire une solution de l’équation (퐸) 푧2=−8푖.
3. Ecrire les deux solutions de (퐸) sous forme algébrique, et sous forme exponentielle.
4. Déduire de la première question une solution de l’équation (퐸0) 푧3=−8푖. Allez à : Correction exercice 52 :
Exercice 53 :
Soit 푓:ℂ→ℂ définie par 푓(푧)=푧(1−푧)
1. Déterminer les points fixes de 푓 c’est-à-dire résoudre 푓(푧)=푧.
2. Montrer que si |푧− 12|< 12 alors |푓(푧)− 12|< 12
Indication : 푧(1−푧)=(푧− 12)( 12−푧)+ 14 Allez à : Exercice 53 :
Exercice 54 :
Posons 퐸=ℂ∖{−푖}. Soit 푓:퐸→ℂ∖{1} l’application définie pour tout 푧∈퐸 par : 푓(푧)= 푧−푖 푧+푖
1. Montrer que l’application est injective.
2. Montrer que pour tout 푧∈퐸 on a 푓(푧)≠1.
3. Démontrer l’égalité
푓(퐸)=ℂ∖{1}
Que peut-on en déduire sur 푓.
4. Soit 푧∈퐸. Montrer que
1−|푓(푧)|2=4 ℐ푚(푧) |푧+푖|2
5. Notons 풰 l’ensemble des complexes de module 1. Montrer que l’on a
푓(ℝ)=풰∖{1}

10. 10
Allez à : Correction exercice 54 :
CORRECTIONS
Correction exercice 1 :
│푎│=│3푖(2+푖)(4+2푖)(1+푖)│=│3푖│×│2+푖│×│4+2푖│×│1+푖│ =3×√22+12×2×│2+푖│×√12+12=6(√22+12) 2×√2=6×5√2=30√2 arg(푎)=arg(3푖(2+푖)(4+2푖)(1+푖))=arg(3푖)+arg(2+푖)+arg(4+2푖)+arg(1+푖)+2푘휋 = 휋 2+arg(2+푖)+arg(2(2+푖))+ 휋 4+2푘휋 = 3휋 4+arg(2+푖)+푎푟푔2+arg(2+푖)+2푘휋= 3휋 4+2arg(2+푖)+2푘휋
Soit 휃 un argument de 2+푖, cos(휃)= 2√22+12= 2√5 et sin(휃)= 1√22+12= 1√5 donc cos(휃)=cos (휃0) et sin(휃)=sin (휃0), on en déduit que 휃=휃0+2푘휋
Par suite arg(푎)= 3휋 4+2θ0+2푘휋 │푏│=│ (4+2푖)(−1+푖) (2−푖)3푖 │= │4+2푖│×│−1+푖│ │2−푖│×│3푖│ = 2×|2+푖|×√(−1)2+12√22+(−1)2×3= 2×√5×√2√5×3= 2√23 arg(푏)=arg(4+2푖)+arg(−1+푖)−arg(2−푖)−arg(3푖)+2푘휋=휃0+ 3휋 4−(−휃0)− 휋 2+2푘휋 = 휋 4+2휃0+2푘휋 Allez à : Exercice 1 :
Correction exercice 2 :
푧1= 3+6푖 3−4푖 =푧1= (3+6푖)(3+4푖) 32+(−4)2= 9+12푖+18푖−2425= −15+30푖 25=− 35+ 65 푖 푧2=( 1+푖 2−푖 ) 2=( (1+푖)(2+푖) 22+(−1)2) 2=( 2+푖+2푖−122+(−1)2) 2=( 1+3푖 5) 2= 1+6푖−925=− 825+ 625 푖
Autre méthode 푧2=( 1+푖 2−푖 ) 2= (1+푖)2(2−푖)2= 1+2푖−14−4푖−1= 2푖 3−4푖 = 2푖(3+4푖) 32+(−4)2= 6푖−825=− 825+ 625 푖 푧3= 2+5푖 1−푖 + 2−5푖 1+푖 = (2+5푖)(1+푖)+(2−5푖)(1−푖) (1−푖)(1+푖) = 2+2푖+5푖−5+2−2푖−5푖−512−푖2=− 62=−3
Autre méthode 푧3= 2+5푖 1−푖 + 2−5푖 1+푖 = 2+5푖 1−푖 + 2+5푖 1−푖 =2ℛ푒( 2+5푖 1−푖 )

11. 11
Or 2+5푖 1−푖 = (2+5푖)(1+푖) 12+(−1)2= 2+2푖+5푖−52= −3+7푖 2=− 32+ 72 푖
Donc 푧3=2×(− 32)=−3 푧4= 5+2푖 1−2푖 = (5+2푖)(1+2푖) 12+(−2)2= 5+10푖+2푖−45= −1+12푖 5=− 15+ 125 푖 푧5=(− 12+푖 √32) 3=(− 12) 3+3(− 12) 2(푖 √32)+3(− 12)(푖 √32) 2+(푖 √32) 3=− 18+3×14×푖 √32− 32×(− 34)−푖 3√38=− 18+푖 3√38+ 98−푖 3√38=1
Autre méthode 푧5=(− 12+푖 √32) 3=(푒 2푖휋 3) 3=푒2푖휋=1
Ou encore 푧5=푗3=1 푧6= (1+푖)9(1−푖)7
On peut toujours s’amuser à développer (1+푖)9 et (1−푖)7 mais franchement ce n’est pas une bonne idée. 푧6= (1+푖)9(1−푖)7=(1+푖)2(1+푖)7(1−푖)7=(1+푖)2( 1+푖 1−푖 ) 7=(1+2푖−1)( (1+푖)(1+푖) 12+(−1)2) 7=2푖( 1+2푖−12) 7= 2푖(2푖)727= 28푖827=2푖8=2
Autre méthode 푧6= (1+푖)9(1−푖)7= (√2( √22+푖 √22)) 9(√2( √22−푖 √22)) 7= (√2) 9(푒푖 휋 4) 9(√2) 7(푒−푖 휋 4) 7= (√2) 2 푒푖 9휋 4 푒−푖 7휋 4=2푒푖( 9휋 4+ 7휋 4)=2푒 16푖휋 4=2푒4푖휋 =2 푧7=− 21−푖 √3=− 2(1+푖√3) 12+(−√3) 2=− 2(1+푖√3) 4=− 12−푖 √32
Autre méthode 푧7=− 21−푖 √3= 1− 12+푖 √32= 1 푗 = 푗2 푗3=푗2=− 12−푖 √32 푧8= 1(1+2푖)(3−푖) = 13−푖+6푖+2= 15+5푖 = 15×11+푖 = 15×1−푖 12+12= 110− 110 푖 푧9= 1+2푖 1−2푖 = (1+2푖)(1+2푖) 12+(−2)2= (1+2푖)25= 1+4푖−45=− 35+ 45 푖 Allez à : Exercice 2 :
Correction exercice 3 :

12. 12
푧1=2(cos( 2휋 3)+푖sin( 2휋 3))=2(− 12+푖 √32)=−1+푖√3 푧2=√2(cos( 휋 8)+푖sin( 휋 8))=√2cos( 휋 8)+푖 √2sin( 휋 8) 푧3=3푒− 7푖휋 8=3(cos(− 7휋 8)+푖sin(− 7휋 8))=3cos( 7휋 8)−3푖sin( 7휋 8) =3cos(휋− 휋 8)−3푖sin(휋− 휋 8)=−3cos(− 휋 8)−3푖sin(− 휋 8) =−3cos( 휋 8)+3푖sin( 휋 8) 푧4=(2푒 푖휋 4)(푒− 3푖휋 4)=2푒푖( 휋 4− 3휋 4)=2푒− 푖 휋 2=−2푖 푧5= 2푒 푖휋 4 푒− 3푖휋 4=2푒푖( 휋 4+ 3휋 4)=2푒푖휋=−2 푧6=(2푒푖 휋 3)(3푒 5푖휋 6)=6푒푖( 휋 3+ 5휋 6)=6푒 7푖휋 6=6(cos( 7휋 6)+푖sin( 7휋 6))=6(− √32− 12 푖) =−3√3−3푖 푧7= 2푒 푖휋 33푒− 5푖휋 6= 23 푒푖( 휋 3+ 5휋 6)= 23 푒 8푖휋 6= 23 푒 4푖휋 3= 23(− 12−푖 √32)=− 13−푖 √33 푧8=2푒푖 휋 3=2(cos( 휋 3)+푖sin( 휋 3))=2( 12+푖 √32)=1+푖√3 푧9=3푒−푖 휋 8=3(cos(− 휋 8)+푖sin(− 휋 8))=3cos( 휋 8)−3푖sin( 휋 8)
A moins de connaitre cos( 휋 8) et sin( 휋 8) on ne peut pas faire mieux. Allez à : Exercice 3 :
Correction exercice 4 :
1. 푧1=3(1+푖) donc |푧1|=3|1+푖|=3×√12+12=3√2
Si on ne met pas 3 en facteur |푧1|=√32+32=√9+9=√18=√32×2=3√2
C’est moins simple.
On appelle 휃1 un argument de 푧1 cos(휃1)= 33√2= 1√2= √22 et sin(휃1)= 33√2= 1√2= √22
Donc 휃1= 휋 4+2푘휋, 푘∈ℤ et 푧1=3√2푒푖 휋 4, et 푧1=3√2푒− 푖 휋 4
Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur 푧1=3√2( 1√2+푖 1√2)=3√2( √22+푖 √22)=3√2(cos( 휋 4)+푖sin( 휋 4))=3√2푒푖 휋 4
|푧2|=√(−1)2+(−√3) 2=√4=2, soit 휃2 un argument de 푧2 cos(휃2)=− 12 et sin(휃2)=− √32
Donc 휃2= 4휋 3+2푘휋, 푘∈ℤ et 푧2=2푒 4푖휋 3=2푒− 2푖휋 3
Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur

13. 13
푧2=2(− 12−푖 √32)=2(cos( 4휋 3)+푖sin( 4휋 3))=2푒 4푖휋 3=2푒− 2푖휋 3
Et 푧2=2푒 2푖휋 3
Pour 푧3 la détermination du cosinus et du sinus n’est pas une bonne méthode. 푧3=− 43 푖=− 43 푒푖 휋 2
Cette forme n’est pas la forme trigonométrique car − 43 est négatif, ce n’est donc pas le module, mais −1=푒푖휋, donc 푧3= 43 푒푖휋푒푖 휋 2= 43 푒푖( 휋 2+휋)= 43 푒 3푖휋 2= 43 푒− 푖휋 2.
On aurait pu directement écrire que −푖=푒 3푖휋 2=푒− 푖휋 2.
Et 푧3= 43 푒 푖휋 2
Pour 푧4 la détermination du cosinus et du sinus n’est pas une bonne méthode. 푧4=−2=2푒푖휋
Et 푧4=푒−푖휋=푒푖휋
C’est plus dur 푧5=푒푖휃+푒2푖휃=푒 3푖휃 2(푒−푖 휃 2+푒푖 휃 2)=푒 3푖휃 2×2cos( 휃 2)=2cos( 휃 2)푒 3푖휃 2
Comme −휋<휃<휋, − 휋 2< 휃 2< 휋 2 par conséquent cos( 휃 2)>0, ce qui signifie que 2cos( 휃 2) est bien le module.
Et 푧5=2cos( 휃 2)푒− 3푖휃 2
|푧6|=√12+12=√2, soit 휃6 un argument de 푧6 cos(휃2)= 1√2= √22 et sin(휃2)= 1√2= √22
Donc 휃6= 휋 4+2푘휋, 푘∈ℤ et 푧6=2푒푖 휋 4
Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur 푧6=√2( 1√2+푖 1√2)=√2( √22+푖 √22)=2(cos( 휋 4)+푖sin( 휋 4))=2푒푖 휋 4
Et 푧6=2푒− 푖 휋 4
|푧7|=√12+(√3) 2=√4=2, soit 휃7 un argument de 푧7 cos(휃7)= 12 et sin(휃7)= √32
Donc 휃7= 휋 3+2푘휋, 푘∈ℤ et 푧7=2푒 푖휋 3
Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur 푧7=2( 12+푖 √32)=2(cos( 휋 3)+푖sin( 휋 3))=2푒 푖휋 3
Et 푧7=2푒− 푖휋 3
|푧8|=√(√3) 2+12=√4=2, soit 휃8 un argument de 푧8 cos(휃8)= √32 et sin(휃8)= 12

14. 14
Donc 휃8= 휋 6+2푘휋, 푘∈ℤ et 푧8=2푒 푖휋 6
Autre méthode (meilleure), on met le module en facteur 푧8=2( √32+푖 12)=2(cos( 휋 6)+푖sin( 휋 6))=2푒 푖휋 6
Première méthode 푧9= 1+푖√3√3−푖 = 1+푖√32√3−푖 2= 12+푖 √32√32−푖 12= 푒푖 휋 3 푒− 푖휋 6=푒푖 휋 3푒푖 휋 6=푒푖 휋 2
Deuxième méthode 푧9= 1+푖√3√3−푖 = (1+푖√3)(√3+푖) (√3) 2+12= √3+푖+3푖−√34= 4푖 4=푖=푒푖 휋 2
C’est plus dur 푧10=1+푒푖휃=푒 푖휃 2(푒−푖 휃 2+푒푖 휃 2)=푒 푖휃 2×2cos( 휃 2)=2cos( 휃 2)푒 푖휃 2
Comme −휋<휃<휋, − 휋 2< 휃 2< 휋 2 par conséquent cos( 휃 2)>0, ce qui signifie que 2cos( 휃 2) est bien le module.
Et 푧10=2cos( 휃 2)푒− 푖휃 2
2. Faisons comme d’habitude
|푧1|=√12+(1+√2) 2=√1+1+2√2+(√2) 2=√4+2√2
Soit 휃1 un argument de 푧1 cos(휃1)= 1√4+2√2 et sin(휃1)= 1+√2√4+2√2
L’ennui c’est que l’on ne connait pas d’angle dont le cosinus et le sinus valent ces valeurs.
Il faut être malin. 푧1=1+푖(1+√2)=1+푖+√2푖=√2( √22+푖 √22)+√2푖=√2(푒 푖휋 4+푒 푖휋 2) =√2푒 3푖휋 8(푒− 푖휋 8+푒 푖휋 8)=√2푒 3푖휋 8×2cos( 휋 8)=2√2cos( 휋 8)푒 3푖휋 8
2√2cos( 휋 8)>0 donc 휃1= 3휋 8+2푘휋,푘∈ℤ et |푧1|=2√2cos( 휋 8)
Remarque : 2√2cos( 휋 8)=√4+2√2
Le module de 푧1 est aussi 2√2cos( 휋 8)=√4+2√2 et un argument est − 3휋 8.
Faisons comme d’habitude 푧2=√10+2√5+푖(1−√5) |푧2|=√(√10+2√5) 2+(1−√5) 2=√10+2√5+1−2√5+(√5) 2=√16=4
Soit 휃2 un argument de 푧2 cos(휃2)= √10+2√54 et sin(휃2)= 1−√54
L’ennui c’est que l’on ne connait pas d’angle dont le cosinus et le sinus valent ces valeurs.

15. 15
Calculons 푧25 푧25=(√10+2√5+푖(1−√5)) 5=(√10+2√5) 5+5(√10+2√5) 4 푖(1−√5)+10(√10+2√5) 3(푖(1−√5)) 2+10(√10+2√5) 2(푖(1−√5)) 3+5√10+2√5(푖(1−√5)) 4+(푖(1−√5)) 5=(10+2√5) 2√10+2√5+5푖(10+2√5) 2(1−√5) −10(10+2√5)(1−√5) 2√10+2√5−10푖(10+2√5)(1−√5) 3+5√10+2√5(1−√5) 4+푖(1−√5) 5=√10+2√5((10+2√5) 2−10(10+2√5)(1−√5) 2+5(1−√5) 4) +푖(1−√5)(5(10+2√5) 2−10(10+2√5)(1−√5) 2+(1−√5) 4)
(10+2√5) 2−10(10+2√5)(1−√5) 2+5(1−√5) 4=100+40√5+20−10(10+2√5)(1−2√5+5) +5(1−4√5+6×(√5) 2−4(√5) 3+(√5) 4) =120+40√5−10(10+2√5)(6−2√5)+5(56−24√5) =120+40√5−10(60−20√5+12√5−20)+280−120√5=0 5(10+2√5) 2−10(10+2√5)(1−√5) 2+(1−√5) 4=5(100+40√5+20)−10(10+2√5)(1−2√5+5) +(1−4√5+6×(√5) 2−4(√5) 3+(√5) 4) =600+200√5−10(40−8√5)+56−24√5=2566+256√5=256(1+√5) 푧25=256푖(1−√5)(1+√5)=256푖×(−4)=−210푖
Ensuite il faut trouver les solutions de 푍5=−210푖=210푒− 푖휋 2 푍5=−210푖=210푒− 푖휋 2⇔{ |푍5|=210arg(푍5)=− 휋 2+2푘휋 ⇔{ |푍|=225arg(푍)=− 휋 2+2푘휋 ⇔{ |푍|=4arg(푍)=− 휋 10+ 2푘휋 5,푘∈{0,1,2,3,4} 푍0=4푒−푖 휋 10; 푍1=4푒 3푖휋 10; 푍2=4푒 7푖휋 10; 푍3=4푒 11푖휋 10;푍4= 4푒 15푖휋 10=−4푖
Parmi ces cinq complexes, le seul qui a une partie réelle positive et une partie imaginaire négative est 4푒−푖 휋 10 d’où 푧2=4푒−푖 휋 10 donc un argument de 푧2 est − 휋 10.
Le module de 푧2 est 4 et un argument est 휋 10.

16. 16
푧3= tan(휑)−푖 tan(휑)+푖 = (tan(휑)−푖)(tan(휑)−푖) tan2(휑)+12= tan2(휑)−2푖tan(휑)−11cos2(휑) =cos2(휑)(tan2(휑)−1)−2푖cos2(휑)tan(휑) =cos2(휑)( sin2(휑) cos2(휑) −1)−2푖cos2(휑) sin(휑) cos(휑) =−(cos2(휑)−sin2(휑))−2푖sin(휑)cos(휑)=−cos(2휑)−푖sin(2휑) =−(cos(2휑)+푖sin(2휑))=푒푖휋푒−2푖휑=푒푖(휋−2휑)
Le module de 푧3 est 1 et un argument est 휋−2휑
Autre méthode 푧3= tan(휑)−푖 tan(휑)+푖 = 푖(tan(휑)−푖) 푖(tan(휑)+푖) = 푖tan(휑)+1 푖tan(휑)−1= 푖 sin(휑) cos(휑) +1 푖 sin(휑) cos(휑) −1= 푖sin(휑)+cos(휑) 푖sin(휑)−cos(휑) = cos(휑)+푖sin(휑) −(cos(휑)−푖sin(휑)) =− 푒푖휑 푒−푖휑=−푒2푖휑=푒푖휋푒2푖휑=푒푖(휋+2휑)
Un argument de 푧3 est −휋−2휑 푧4= 11+푖tan(휃) = 11+푖 sin(θ) cos(휃) = cos(휃) cos(휃)+푖sin(휃) = cos(휃) 푒푖휃=cos(휃)푒−푖휃
Si 휃est tel que cos(휃)>0 alors |푧4|=cos(휃) et un argument de 푧4 est −휃
Si 휃est tel que cos(휃)<0 alors |푧4|=−cos(휃) et un argument de 푧4 est −휃+휋
3. On sait que 푗2=− 12−푖√32 donc 12+푖√32=−푗2
( 1+푖√32) 2010=(−푗2)2010=(푗2)2010=푗4020=푗3×1340=(푗3)1340=11340=1 Allez à : Exercice 4 :
Correction exercice 5 :
1. (3+2푖)(1−3푖)=3−9푖+2푖−6푖2=3−7푖+6=9−7푖
2.
2푒푖 휋 3×3푒푖 (− 5휋 6)=6푒푖( 휋 3− 5휋 6)=6 푒푖 (− 휋 2)=−6푖
3.
2푒푖 휋 33푒푖 (− 5휋 6) = 23 푒푖 휋 3푒 5푖휋 6= 23 푒푖( 휋 3+ 5휋 6)= 23 푒 7푖휋 6 Allez à : Exercice 5 :
Correction exercice 6 :
1.
(cos( 휋 7)+푖sin( 휋 7))( 1−푖√32)(1+푖)=푒푖 휋 7푒−푖 휋 3√2( √22+푖 √22)=√2푒푖 휋 7푒−푖 휋 3푒푖 휋 4=√2푒푖 ( 휋 7− 휋 3+ 휋 4)=√2푒푖( 12휋 84− 28휋 84+ 21휋 84)=√2푒 5휋 84=√2(cos( 5휋 84)+푖sin( 5휋 84))
2.

17. 17
(1−푖)(cos( 휋 5)+푖sin( 휋 5))(√3−푖)=√2( √22−푖 √22)(cos( 휋 5)+푖sin( 휋 5))2( √32− 12 푖) =2√2푒−푖 휋 4푒푖 휋 5푒−푖 휋 6=2√2푒푖(− 휋 4+ 휋 5− 휋 6)=2√2푒푖(− 15휋 60+ 12휋 60− 10휋 60)=2√2푒− 13푖휋 60=2√2(cos( 13휋 60)−푖 sin( 13휋 60)) √2(cos( 휋 12)+푖sin( 휋 12)) 1+푖 = cos( 휋 12)+푖sin( 휋 12) √22+ √22 푖 = 푒 푖휋 12 푒 푖휋 4=푒푖( 휋 12− 휋 4)=푒− 2푖휋 12=푒− 푖휋 6=cos( 휋 6)−푖sin( 휋 6)= √32− 12 푖 Allez à : Exercice 6 :
Correction exercice 7 :
1. |푢|=√12+12=√2 et |푣|=√(−1)2+√32=2
2.
푢=√2( √22+푖 √22)=√2푒푖 휋 4
Donc un argument de 푢 est 휋 4. 푣=2(− 12+푖 √32)=2푒 2푖휋 3
Donc un argument de 푣 est 2휋 3.
3. On cherche les solutions complexes de 푧3=푢
푧3=푢⇔{ |푧3|=√2arg(푧3)= 휋 4+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푧|3=2123arg(푧)= 휋 4+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푧|=216arg(푧)= 휋 12+ 2푘휋 3, 푘∈{0,1,2}
푢 admet trois racines cubiques 푧0=216푒푖 휋 12; 푧1=216푒푖( 휋 12+ 2휋 3)=216푒푖 9휋 12=216푒 3푖휋 4 푒푡 푧2=216푒푖( 휋 12+ 4휋 3)=216푒 17푖휋 12
4.
푢 푣 = √2푒푖 휋 42푒 2푖휋 3= √22 푒푖( 휋 4− 2휋 3)= √22 푒− 5푖휋 12= √22(cos(− 5휋 12)+푖sin(− 5휋 12))
Et 푢 푣 = 1+푖 −1+푖√3= (1+푖)(−1−푖√3) 4= −1+√3+푖(−1−√3) 4
Par conséquent { √22cos(− 5휋 12)= −1+√34√22sin(− 5휋 12)= −1−√34⇔ { cos(− 5휋 12)= −1+√32√2= −√2+√64sin(− 5휋 12)= −1−√32√2= −√2−√64 Allez à : Exercice 7 :

18. 18
Correction exercice 8 :
|푢|= |√6−푖√2| 2= √6+22= √82= √4×22= 2√22=√2 푢= √6−푖√22=√2( √2×3−푖√22√2)=√2( √2×√3−푖√22√2)=√2( √3−푖 2)=√2푒−푖 휋 6
Donc |푢|=√2 et un argument de 푢 est − 휋 6. |푣|=√12+(−1)2=√2 푣=√2( √22−푖 √22)=√2푒−푖 휋 4
Donc |푣|=√2 et un argument de 푣 est − 휋 4. 푢 푣 = √2푒−푖 휋 6√2푒−푖 휋 4=푒푖(− 휋 6+ 휋 4)=푒푖 휋 12
Donc |푢 푣 |=1 et un argument de 푢 푣 est 휋 12. Allez à : Exercice 8 :
Correction exercice 9 :
푧1= (1+푖)(1+푖) 12+12= 1+2푖−12=푖=푒푖 휋 2 푧2=( 1+푖 1−푖 ) 3=(푒푖 휋 2) 3=푒 3푖휋 2 푧3=(1+푖√3) 4=(2( 12+푖 √32)) 4=24(푒푖 휋 3) 4=16푒 4푖휋 3 푧4=(1+푖√3) 5+(1−푖√3) 5=(2( 12+푖 √32)) 5+(2( 12−푖 √32)) 5=25(푒푖 휋 3) 5+25(푒−푖 휋 3) 5=32(푒 5푖휋 3+푒− 5푖휋 3)=32×2cos( 5휋 3)=64(− 12)=−32 푧5= 1+푖√3√3+푖 = (1+푖√3)(√3−푖) (√3) 2+12= √3−푖+3푖+√34= 2√3+2푖 4= √32+ 12 푖=푒푖 휋 6
Autre méthode 푧5= 1+푖√3√3+푖 = 2( 12+푖 √32) 2( √32+ 12 푖) = 푒푖 휋 3 푒푖 휋 6=푒푖( 휋 3− 휋 6)=푒푖 휋 6 푧6= √6−푖√22−2푖 = (√6−푖√2)(2+2푖) 22+(−2)2= 2√6+2푖√6−2푖√2+2√28= 2√6+2√2+2푖(√6−√2) 8= √6+√2+푖(√6−√2) 4
Remarque : il aurait mieux valu mettre √22 en facteur d’entrée.
Là on est mal parti, il va falloir trouver le module, puis le mettre en facteur, 푧6= √6+√2+푖(√6−√2) 4= √24(√3+1+푖(√3−1)) |푧6|= √24√(√3+1) 2+(√3−1) 2= √24√3+2√3+1+3−2√3+1= √24√8= √24×2√2=1

19. 19
푧6= √6+√24+푖 √6−√24=cos(휃)+푖sin(휃)
Mais on ne connait pas d’angle vérifiant cela. Il faut faire autrement |√6−푖√2|=√(√6) 2+(√2) 2=√8=2√2 |2−2푖|=√22+(−2)2=√8=2√2 푧6= √6−푖√22−2푖 = 2√2( √32− 12푖) 2√2( √22−푖 √22) = 푒−푖 휋 6 푒−푖 휋 4=푒푖(− 휋 6+ 휋 4)=푒푖 휋 12 Allez à : Exercice 9 :
Correction exercice 10 :
On cherche les nombres complexes tels que 푧2=−1 푍1=−푖 et 푍2=푖
On cherche les nombres complexes tels que 푧2=푖=푒 푖휋 2 푧1=−푒푖 휋 4=− √22−푖 √22 et 푧2=푒푖 휋 4= √22+푖 √22
On cherche les nombres complexes tels que 푧2=1+푖=√2(√22+푖√22)=212푒 푖휋 4 푍1=−214푒 푖휋 8 et 푍2=214푒 푖휋 8
C’est un peu insuffisant parce que l’on ne connait pas les valeurs de cos( 휋 8) et de sin( 휋 8)
Autre méthode, on cherche 푎,푏∈ℝ tels que (푎+푖푏)2=1+푖⇔푎2−푏2+2푖푎푏=1+푖⇔ 퐿1 퐿2{푎2−푏2=12푎푏=1
On rajoute l’équation 퐿3 |(푎+푖푏)2|=|1+푖|⇔|푎+푖푏|2=√12+12⇔(√푎2+푏2) 2=√2⇔푎2+푏2=√2
En faisant la somme de 퐿1 et de 퐿3 2푎2=1+√2⇔푎2= 12+ √22⇔푎=±√ 1+√22=±√ 2+2√24=± √2+2√22
En faisant la différence de 퐿3 et de 퐿1 2푏2=−1+√2⇔푏2=− 12+ √22⇔푏=±√ −1+√22=±√ −2+2√24=± √−2+2√22
D’après 퐿2 푎 et 푏 sont de même signe donc les deux solutions de 푧2=1+푖 sont 푍1= √2+2√22+푖 √−2+2√22 et 푍2=− √2+2√22−푖 √−2+2√22
On cherche les nombres complexes tels que 푧2=−1−푖=√2(−√22−푖√22)=212푒 5푖휋 4 푍1=−214푒 5푖휋 8 et 푍2=214푒 5푖휋 8
C’est un peu insuffisant parce que l’on ne connait pas les valeurs de cos( 5휋 8) et de sin( 5휋 8)
Autre méthode, on cherche 푎,푏∈ℝ tels que (푎+푖푏)2=−1−푖⇔푎2−푏2+2푖푎푏=−1−푖⇔ 퐿1 퐿2{푎2−푏2=−12푎푏=−1
On rajoute l’équation 퐿3 |(푎+푖푏)2|=|−1−푖|⇔|푎+푖푏|2=√(−1)2+(−1)2⇔(√푎2+푏2) 2=√2⇔푎2+푏2=√2
En faisant la somme de 퐿1 et de 퐿3

20. 20
2푎2=−1+√2⇔푎2=− 12+ √22⇔푎=±√ −1+√22=±√ −2+2√24± √−2+2√22
En faisant la différence de 퐿3 et de 퐿1 2푏2=1+√2⇔푏2= 12+ √22⇔푏=±√ 1+√22=±√ 2+2√24± √2+2√22
D’après 퐿2 푎 et 푏 sont de signes opposés donc les deux solutions de 푧2=−1−푖 sont 푍1= √−2+2√22−푖 √2+2√22 et 푍2=− √−2+2√22+푖 √2+2√22
On cherche les nombres complexes tels que 푧2=1+푖√3=2( 12+푖√32)=2푒푖 휋 3 푍1=√2푒푖 휋 6=√2( √32+ 12 푖)= √62+푖 √22 et 푍2=−√2푒푖 휋 6=√2( √32+ 12 푖)=− √62−푖 √22
On cherche les nombres complexes tels que 푍2=3+4푖
On pose 푍=푎+푖푏, 푍2⇔3+4푖=(푎+푖푏)2⇔3+4푖=푎2−푏2+2푖푎푏⇔ 퐿1 퐿2{푎2−푏2=32푎푏=4
On rajoute l’équation |푍2|⇔|3+4푖|=푎2+푏2⇔푎2+푏2=√32+42⇔푎2+푏2=√25=5 퐿3
Avec le système {푎2−푏2=3 푎2+푏2=5, en faisant la somme des deux équations 퐿1 et 퐿3, on trouve 2푎2=8⇔ 푎2=4, d’où l’on tire 푏2=1. Les valeurs possibles de 푎 sont ±2 et les valeurs possibles de 푏 sont ±1, d’après l’équation 2푎푏=4⇔푎푏=2, on en déduit que 푎푏>0 et que donc 푎 et 푏 sont de même signe.
Si 푎=2 alors 푏=1 et 푍1=2+푖 et si 푎=−2 alors 푏=−1 et 푍2=−2−푖
Deuxième méthode
3+4푖=4+4푖−1=(2+푖)2 et on retrouve le même résultat.
Troisième méthode
On reprend le système {푎2−푏2=32푎푏=4⇔ { 푎2−( 2 푎 ) 2=3 푏= 2 푎 ⇔{ 푎2− 4 푎2=3 푏= 2 푎 ⇔{ 푎4−4=3푎2 푏= 2 푎 ⇔{ 푎4−3푎2−4=0 푏= 2 푎 ⇔{ 퐴2−3퐴−4=0 푏= 2 푎
Les solutions de 퐴2−3퐴−4=0 sont 퐴1=−1<0 et 퐴2=4, donc 푎2=4,
Si 푎=−2 alors 푏= 2 푎 =−1 et alors 푍2=−2−푖, si 푎=2 alors 푏= 2 푎 =1 et alors 푍1=2+푖.
On cherche les nombres complexes tels que 푍2=−7−24푖
On pose 푍=푎+푖푏, 푍2⇔−7−24푖=(푎+푖푏)2⇔−7−24푖=푎2−푏2+2푖푎푏⇔ 퐿1 퐿2{푎2−푏2=−72푎푏=−24
On rajoute l’équation |푍2|⇔|3+4푖|=푎2+푏2⇔푎2+푏2=√(−7)2+(−24)2⇔푎2+푏2=√49+576=√625=25 퐿3
Avec le système {푎2−푏2=−7 푎2+푏2=25, en faisant la somme des deux équations 퐿1 et 퐿3, on trouve 2푎2= 18⇔푎2=9, d’où l’on tire 푏2=16. Les valeurs possibles de 푎 sont ±3 et les valeurs possibles de 푏 sont ±4, d’après l’équation 2푎푏=−24⇔푎푏=2, on en déduit que 푎푏<0 et que donc 푎 et 푏 sont de signe opposé.
Si 푎=3 alors 푏=−4 et 푍1=3−4푖 et si 푎=−3 alors 푏=4 et 푍2=−3+4푖
Deuxième méthode

21. 21
−7−24푖=9−24푖−16=(3−4푖)2 et on retrouve le même résultat.
Troisième méthode
On reprend le système {푎2−푏2=−72푎푏=−24⇔ { 푎2−( −12 푎 ) 2=−7 푏=− 12 푎 ⇔{ 푎2− 144 푎2=−7 푏=− 12 푎 ⇔{ 푎4−144=−7푎2 푏=− 12 푎 ⇔{ 푎4+7푎2−144=0 푏=− 12 푎 ⇔{ 퐴2+7퐴−144=0 푏=− 12 푎
Les solutions de 퐴2+7퐴−144=0 sont 퐴1=−16<0 et 퐴2=9, donc 푎2=9,
Si 푎=3 alors 푏=− 12 푎 =−4 et alors 푍2=3−4푖, si 푎=3 alors 푏=− 12 푎 =−4 et alors 푍1=−3+ 4푖.
On cherche les nombres complexes tels que 푍2=3−4푖=푧8, on peut refaire comme précédemment mais on va prendre la méthode la plus simple 푍2=3−4푖=4−4푖−1=(2−푖)2
Il y a deux solutions 푍1=2−푖 et 푍2=−2+푖
On cherche les complexes 푍 tels que 푍2=푧9=24−10푖
Là encore, on va aller au plus simple 24−10푖=25−10푖−1=(5−푖)2
Donc il y a deux solutions 푍1=5−푖 et 푍2=−5+푖 Allez à : Exercice 10 :
Correction exercice 11 :
1. On cherche les complexes 푍 tels que
푍2= 1+푖 √2= √22+푖 √22
On pose 푍=푎+푖푏, 푍2= √22+푖 √22⇔ √22+푖 √22=(푎+푖푏)2⇔ √22+푖 √22=푎2−푏2+2푖푎푏⇔ 퐿1 퐿2{ 푎2−푏2= √222푎푏= √22
On rajoute l’équation |푍2|⇔| √22+푖 √22|=푎2+푏2⇔푎2+푏2=√( √22) 2+( √22) 2⇔푎2+푏2=√ 12+ 12=1 퐿3
Avec le système {푎2−푏2=√22 푎2+푏2=1 , en faisant la somme des deux équations 퐿1 et 퐿3, on trouve 2푎2=1+ √22⇔푎2= 2+√24
En faisant la différence de 퐿3 et de 퐿1 2푏2=1− √22⇔푏2= 2−√24
Les valeurs possibles de 푎 sont ± √2+√22 et les valeurs possibles de 푏 sont ± √2−√22, d’après l’équation 2푎푏=√22⇔푎푏=√24, on en déduit que 푎푏>0 et que donc 푎 et 푏 sont de même signe.

22. 22
Si 푎= √2+√22 alors 푏= √2−√22 et 푍1= √2+√22+푖 √2−√22
Et si 푎=− √2+√22 alors 푏=− √2−√22 et 푍2=− √2+√22−푖 √2−√22
D’autre part 푍2= √22+푖 √22=푒푖 휋 4
Admet deux solutions 푍3=푒푖 휋 8=cos( 휋 8)+푖sin( 휋 8) et 푧4=−푒푖 휋 8=−cos( 휋 8)−푖sin( 휋 8)
Comme cos( 휋 8)>0 et que sin( 휋 8)>0, cos( 휋 8)+푖sin( 휋 8)= √2+√22+푖 √2−√22⇔ { cos( 휋 8)= √2+√22sin( 휋 8)= √2−√22
2. On cherche les complexes 푍 tels que
푍2= √3+푖 2= √32+ 12 푖
On pose 푍=푎+푖푏, 푍2= √32+ 12 푖⇔ √32+ 12 푖=(푎+푖푏)2⇔ √32+ 12 푖=푎2−푏2+2푖푎푏⇔ 퐿1 퐿2{ 푎2−푏2= √322푎푏= 12
On rajoute l’équation |푍2|⇔| √32+ 12 푖|=푎2+푏2⇔푎2+푏2=√( √32) 2+( 12) 2⇔푎2+푏2=√ 34+ 14=1 퐿3
Avec le système {푎2−푏2=√32 푎2+푏2=1 , en faisant la somme des deux équations 퐿1 et 퐿3, on trouve 2푎2=1+ √32⇔푎2= 2+√34
En faisant la différence de 퐿3 et de 퐿1 2푏2=1− √32⇔푏2= 2−√34
Les valeurs possibles de 푎 sont ± √2+√32 et les valeurs possibles de 푏 sont ± √2−√32, d’après l’équation 2푎푏=√32⇔푎푏=√34, on en déduit que 푎푏>0 et que donc 푎 et 푏 sont de même signe.
Si 푎= √2+√32 alors 푏= √2−√32 et 푍1= √2+√32+푖 √2−√32
Et si 푎=− √2+√32 alors 푏=− √2−√32 et 푍2=− √2+√32−푖 √2−√32
D’autre part 푍2= √32+ 12 푖=푒푖 휋 6
Admet deux solutions 푍3=푒푖 휋 12=cos( 휋 12)+푖sin( 휋 12) et 푍4=−푒푖 휋 12=−cos( 휋 12)−푖sin( 휋 12)
Comme cos( 휋 12)>0 et que sin( 휋 12)>0,

23. 23
cos( 휋 12)+푖sin( 휋 12)= √2+√32+푖 √2−√32⇔ { cos( 휋 12)= √2+√32sin( 휋 12)= √2−√32 Allez à : Exercice 11 :
Correction exercice 12 :
1. 푧2+푧+1=0
Δ=12−4=−3=(푖√3) 2 푧1= −1−푖√32=푗=푗2 푧2= −1+푖√32=푗 Allez à : Exercice 12 :
2. 푧2−(5푖+14)푧+2(5푖+12)=0
Δ=(−(5푖+14)) 2−4×2(5푖+12)=(−25+140푖+196)−40푖−96=75+100푖=25(3+4푖) =52(3+4푖)
On cherche 푎,푏∈ℝ tels que (푎+푖푏)2=5−4푖⇔ 퐿1 퐿2 퐿3{ 푎2−푏2=32푎푏=4 푎2+푏2=√32+42=5
En faisant 퐿1+퐿3 on trouve que 2푎2=8⇔푎2=4⇔푎=±2
En faisant 퐿3−퐿2 on trouve que 2푏2=2⇔푏2=1⇔푏=±1
D’après 퐿2 푎 et 푏 sont de même signe donc 푎+푖푏=2+푖 ou 푎+푖푏=−2−푖
Autre méthode 3+4푖=4+4푖−1=(2+푖)2
et alors Δ=52(2+푖)2=(10+5푖)2
Les solutions de l’équation sont 푧1= 5푖+14−(10+5푖) 2= 42=2 푧1= 5푖+14+(10+5푖) 2= 24+10푖 2=12+5푖 Allez à : Exercice 12 :
3. 푧2−√3푧−푖=0
Δ=3+4푖=(2+푖)2 푧1= √3+2+푖 2= √32+1+ 12 푖=1−푖(− 12+푖 √32)=1−푖푗 푧2= √3−2−푖 2= √32−1− 12 푖=−1+푖(− 12−푖 √32)=−1+푖푗2 Allez à : Exercice 12 :
4. 푧2−(1+2푖)푧+푖−1=0
Δ=(1+2푖)2−4(푖−1)=1+4푖−4−4푖+4=1 푧1= 1+2푖−12=푖 푧2= 1+2푖+12=1+푖 Allez à : Exercice 12 :

24. 24
5. 푧2−(3+4푖)푧−1+5푖=0
Le discriminant vaut Δ=(−(3+4푖)) 2−4(−1+5푖)=9+24푖−16+4−20푖=−3−4푖=(1−2푖)2
Il y a deux solutions 푧1= 3+4푖−(1−2푖) 2=2+3푖 푧2= 3+4푖+1−2푖 2=2+푖 Allez à : Exercice 12 :
6. 4푧2−2푧+1=0
Soit on résout « normalement », soit on ruse, rusons 4푧2−2푧+1=0⇔푍2+푍+1=0
Avec 푍=−2푧. Les solutions de 푍2+푍+1=0 sont connues (et puis on vient de les revoir dans 1°)) 푍1=푗 et 푍2=푗2
Par conséquent 푧1=− 12 푗 et 푧2=− 12 푗2 Allez à : Exercice 12 :
7. 푧4+10푧2+169=0
On pose 푍=푧2, 푍2+10푍+169=0 a pour discriminant Δ=102−4×169=102−(2×13)2=(10−26)(10+26)=−16×36=−42×62=(24푖)2 푍1= −10+24푖 2=−5+12푖 푍2= −10−24푖 2=−5−12푖
On cherche 푧=푎+푖푏 tel que 푧2=푍1⇔(푎+푖푏)2=−5+12푖⇔푎2−푏2+2푖푎푏=−5+12푖 ⇔ 퐿1 퐿2 퐿3{ 푎2−푏2=−52푎푏=12 푎2+푏2=√(−5)2+122=√25+144=√169=13
En faisant la somme de 퐿1 et de 퐿3, on trouve que 2푎2=8⇔푎2=4⇔푎=±2,
En faisant la différence de 퐿3 et de 퐿1, on trouve que 2푏2=18⇔푏2=9⇔푏=±3,
D’après 퐿2, 푎 et 푏 sont de même signe donc 푧2=푍1 a deux solutions 푧1=2+3푖 푒푡 푧2=−2−3푖
On peut résoudre de la même façon 푍2=푧2 ou dire que 푧4+10푧2+169=0 est une équation à coefficients réels et que donc si une racine complexe est solution alors son conjugué est aussi solution, par conséquent 푧1=2−3푖 et 푧2=−2+3푖 sont aussi solution, ce qui donne 4 solutions pour une équation de degré 4, il n’y en a pas plus, on les a toutes. Allez à : Exercice 12 :
8. 푧4+2푧2+4=0
On peut faire comme dans le 7°), mais rusons : 푧4+2푧2+4=0⇔ 푧44+ 푧22+1=0⇔( 푧22) 2+( 푧22)+1=0⇔[( 푧22)−푗][( 푧22)−푗2]=0⇔[( 푧 √2) 2−푗4] [( 푧 √2) 2−푗2]=0⇔( 푧 √2−푗2)( 푧 √2+푗2)( 푧 √2−푗)( 푧 √2+푗)=0⇔(푧−√2푗2)(푧+√2푗2)(푧−√2푗)(푧+√2푗)=0
Les solutions sont {√2푗2,−√2푗2,√2푗,−√2푗}

25. 25
Allez à : Exercice 12 :
9. 푥4−30푥2+289=0
On pose 푋=푥2 푋2−30푋+289=0 Δ=302−4×289=900−1156=−256=−162=(16푖)2 푋1= 30−16푖 2=15−8푖 푋2=15+8푖
On cherche 푥 tel que 푥2=15−8푖=16−8푖−1=(4−푖)2
Il y a donc deux solutions 푥1=4−푖 et 푥2=−(4−푖)=−4+푖.
De même on cherche 푥 tel que 푥2=15+8푖=16+8푖−1=(4+푖)2
Il y a donc deux solutions 푥3=4+푖 et 푥4=−(4+푖)=−4−푖.
Les solutions sont {4−푖,−4+푖,4+푖,−4−푖} Allez à : Exercice 12 :
10. 푥4+4푥3+6푥2+4푥−15=0
Il faudrait trouver des solutions (réelles ou complexes).
푥=1 est solution évidente, mais ensuite cela ne vient pas, mais en regardant mieux on s’aperçoit que 4 premiers termes ressemblent fort au développement de (푥+1)4=푥4+4푥3+6푥2+4푥+1 donc 푥4+4푥3+6푥2+4푥−15=0⇔(푥+1)4−1−15=0⇔(푥+1)4=16⇔{ |(푥+1)4|=16arg((푥+1)4)=arg(16)+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푥+1|4=244arg(푥+1)=0+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푥+1|=2arg(푥+1)= 2푘휋 4, 푘∈{0,1,2,3} ⇔푥푘+1=2푒 푖푘휋 2, 푘∈{0,1,2,3}⇔푥푘=−1+2푒 푖푘휋 2,푘∈{0,1,2,3} 푥0=−1+2=1; 푥1=−1+2푒푖 휋 2=−1+2푖; 푥2=−1+2푒푖휋=−1−2=−3; 푥3=−1+2푒 3푖휋 2=−1−2푖
Sont les solutions. Allez à : Exercice 12 :
11. 푧3+3푧−2푖=0
On voit que 푖 est une solution évidente (car 푖3+3푖−2푖=0) donc on peut mettre 푧−푖 en facteur. 푧3+3푧−2푖=(푧−푖)(푎푧2+푏푧+푐)⇔푧3+3푧−2푖=푎푧3+(−푖푎+푏)푧2+(−푖푏+푐)푧−푖푐 ⇔{ 푎=1−푖푎+푏=0−푖푏+푐=3−푖푐=−2푖 ⇔{ 푎=1 푏=푖푎=푖 푐=3+푖푏=2 푐=2 푧3+3푧−2푖=(푧−푖)(푧2+푖푧+2)
Le discriminant de 푧2+푖푧+2 est Δ=푖2−4×2=−9=(3푖)2
Il y a deux solutions 푧= −푖−3푖 2=−2푖 et 푧= −푖+3푖 2=푖
Il y a donc deux solutions, 푧1=푖 et 푧2=−2푖. Allez à : Exercice 12 :
12.
Δ=(1+푎)2(1+푖)2−4(1+푎2)푖=(1+2푎+푎2)(1+2푖−1)−4푖−4푖푎2=2푖+4푖푎+2푖푎2−4푖−4푖푎2=−2푖+4푖푎−2푖푎2=−2푖(1−2푎+푎2) =(1−푖)2(1−푎)2=((1−푖)(1−푎)) 2

26. 26
푧1= (1+푎)(1+푖)−(1−푖)(1−푎) 2= 1+푖+푎+푖푎−(1−푎−푖+푖푎) 2=푎+푖 푧1= (1+푎)(1+푖)+(1−푖)(1−푎) 2= 1+푖+푎+푖푎+1−푎−푖+푖푎 2=1+푖푎 Allez à : Exercice 12 :
13. Δ=(1−5푖)2−4푖(6푖−2)=1−25−10푖+24+8푖=−2푖
Il faut trouver 훿 tel que Δ=훿2
Première méthode :
−2푖=1−2푖−1=(1−푖)2 c’est une identité remarquable. Donc 훿1=1−푖 ou 훿2=−1+푖
Deuxième méthode
On pose 훿=푎+푖푏, Δ=훿2⇔−2푖=(푎+푖푏)2⇔−2푖=푎2−푏2+2푖푎푏⇔{푎2−푏2=02푎푏=−2
On rajoute l’équation |Δ|=|훿2|⇔|−2푖|=푎2+푏2⇔2=푎2+푏2
Avec le système {푎2−푏2=0 푎2+푏2=2, en faisant la somme des deux équations, on trouve 2푎2=2⇔푎2=1, d’où l’on tire 푏2=1. Les valeurs possibles de 푎 sont ±1 et les valeurs possibles de 푏 sont ±1, d’après l’équation 2푎푏=−2⇔푎푏=−1, on en déduit que 푎푏<0 et que donc 푎 et 푏 sont de signe opposé.
Si 푎=1 alors 푏=−1 et 훿=1−푖 et si 푎=−1 alors 푏=1 et 훿=−1+푖. Ce sont bien les mêmes solutions qu’avec la première méthode.
Troisième méthode
Δ=−2푖=2푒 3푖휋 2, donc les racines deuxièmes de Δ sont 훿=√2푒 3푖휋 4=√2(cos( 3휋 4)+푖푠푖푛( 3휋 4))= √2(−√22+ 푖√22)=−1+푖 et 훿=−√2푒 3푖휋 4=1−푖.
Pour résoudre 푖푧2+(1−5푖)푧+6푖−2=0, on n’a besoin que d’une racine deuxième, on prend, par exemple 훿=1−푖.
Les deux solutions sont : 푧1= −(1−5푖)−(1−푖) 2푖 = −2+6푖 2푖 = −1+3푖 푖 = (−1+3푖)(−푖) 푖(−푖) =3+푖 푧2= −(1−5푖)+(1−푖) 2푖 = 4푖 2푖 =2 Allez à : Exercice 12 :
14.
Δ=(−(3+푖)) 2−4(1+푖)(−6+4푖)=(3+푖)2−4(−6+4푖−6푖−4) =9−1+6푖−4(−10−2푖)=8+6푖+40+8푖=48+14푖
On pose 훿=푎+푖푏, Δ=훿2⇔48+14푖=(푎+푖푏)2⇔48+14푖=푎2−푏2+2푖푎푏⇔ {푎2−푏2=482푎푏=14
On rajoute l’équation |Δ|=|훿2|⇔|48+14푖|=푎2+푏2⇔2|24+7푖|=푎2+푏2⇔푎2+푏2=2√242+72⇔푎2+푏2=2√576+49⇔푎2+푏2=2√625=2×25=50
Avec le système {푎2−푏2=48 푎2+푏2=50, en faisant la somme des deux équations, on trouve 2푎2=98⇔푎2= 49, d’où l’on tire 푏2=1. Les valeurs possibles de 푎 sont ±7 et les valeurs possibles de 푏 sont ±1, d’après l’équation 2푎푏=14⇔푎푏=7, on en déduit que 푎푏>0 et que donc 푎 et 푏 sont de même signe.
Si 푎=7 alors 푏=1 et 훿=7+푖 et si 푎=−7 alors 푏=−1 et 훿=−7−푖
Deuxième méthode
Δ=48+14푖=49+2×7푖−1=(7+푖)2 donc 훿=7+푖 ou 훿=−7−푖.

27. 27
Troisième méthode
On reprend le système {푎2−푏2=482푎푏=14⇔{ 푎2−( 7 푎 ) 2=48 푏= 7 푎 ⇔{ 푎2− 49 푎2=48 푏= 7 푎 ⇔{ 푎4−49=48푎2 푏= 7 푎 ⇔ { 푎4−48푎2−49=0 푏= 7 푎 ⇔{ 퐴2−48퐴−49=0 푏= 7 푎 , le discriminant de 퐴2−48퐴−49=0 est Δ′=482+ 4×49=2500=502 donc ses solutions sont 퐴1= 48−502=−1 et 퐴2= 48+502=49, 퐴1<0 donc il n’y a pas de solution de 푎2=−1, par contre 푎2=49 admet deux solutions 푎=−7 et 푎=7.
Si 푎=−7 alors 푏= 7 푎 =−1 et si 푎=7 alors 푏= 7 푎 =1, on retrouve les mêmes solutions.
Les solutions de (1+푖)푧2−(3+푖)푧−6+4푖=0 sont : 푧1= (3+푖)−(7+푖) 2(1+푖) =− 42(1+푖) =− 21+푖 =− 2(1−푖) 12+12=−1+푖 푧2= (3+푖)+(7+푖) 2(1+푖) = 10+2푖 2(1+푖) = 5+푖 1+푖 = (5+푖)(1−푖) 12+12= 5−5푖+푖+112+12= 6−4푖 2=3−2푖 Allez à : Exercice 12 :
15.
Δ=(−(9+3푖)) 2−4(1+2푖)(−5푖+10)=(3(3+푖)2)−4(−5푖+10+10+20푖) =9(9−1+6푖)−4(−25)=9(8+6푖)−4(20+15푖)=72+54푖−80−60푖 =−8−6푖
On pose 훿=푎+푖푏, Δ=훿2⇔−8−6푖=(푎+푖푏)2⇔−8−6푖=푎2−푏2+2푖푎푏⇔ {푎2−푏2=−82푎푏=−6
On rajoute l’équation |Δ|=|훿2|⇔|−8−6푖|=푎2+푏2⇔푎2+푏2=√(−8)2+(−6)2⇔푎2+ 푏2=√64+36⇔푎2+푏2=√100=10
Avec le système {푎2−푏2=−8 푎2+푏2=10, en faisant la somme des deux équations, on trouve 2푎2=2⇔푎2= 1, d’où l’on tire 푏2=9. Les valeurs possibles de 푎 sont ±1 et les valeurs possibles de 푏 sont ±3, d’après l’équation 2푎푏=−6⇔푎푏=−3, on en déduit que 푎푏<0 et que donc 푎 et 푏 sont de signe opposé.
Si 푎=1 alors 푏=−3 et 훿=1−3푖 et si 푎=−1 alors 푏=3 et 훿=−1+3푖
Deuxième méthode
On reprend le système {푎2−푏2=−82푎푏=−6⇔{ 푎2−( −3 푎 ) 2=−8 푏= −3 푎 ⇔{ 푎2− 9 푎2=−8 푏= −3 푎 ⇔ { 푎4−9=−8푎2 푏= −3 푎 ⇔{ 푎4+8푎2−9=0 푏= −3 푎 ⇔{ 퐴2+8퐴−9=0 푏= −3 푎 , le discriminant de 퐴2+8퐴−9=0 est Δ′=82+4×9=100=102 donc ses solutions sont 퐴1= −8−102=−9 et 퐴2= −8+102=1, 퐴2<0 donc il n’y a pas de solution de 푎2=−9, par contre 푎2=1 admet deux solutions 푎=−1 et 푎=1.
Si 푎=−1 alors 푏= −3 푎 =3 et si 푎=1 alors 푏= −3 푎 =−1, on retrouve les mêmes solutions.
Troisième méthode
Δ=−8−6푖=1−6푖−9=(1−3푖)2 donc 훿=1−3푖 et 훿=−1+3푖
Les solutions de (1+2푖)푧2−(9+3푖)푧−5푖+10=0 sont : 푧1= (9+3푖)−(1−3푖) 2(1+2푖) = 8+6푖 2(1+2푖) = 4+3푖 1+2푖 = (4+3푖)(1−2푖) 12+22= 4−8푖+3푖+610=2−푖 푧2= (9+3푖)+(1−3푖) 2(1+2푖) = 102(1+2푖) = 51+2푖 = 5(1−2푖) 12+22=1−2푖

28. 28
Allez à : Exercice 12 :
16. Δ=(−(6푖+2)2)−4(1+3푖)(11푖−23)=(6푖+2)2−4(11푖−23−33−69푖)=−36+24푖+ 4−4(−56−58푖)=−32+24푖+224+232푖=192+256푖=64(3+4푖)
Si j’ai mis 64 en facteur, c’est que maintenant il suffit de trouver une racine deuxième de 3+4푖, ce qui est beaucoup plus facile que de trouver une racine deuxième de 192+256푖.
On pose 훿=푎+푖푏, Δ=훿2⇔3+4푖=(푎+푖푏)2⇔3+4푖=푎2−푏2+2푖푎푏⇔{푎2−푏2=32푎푏=4
On rajoute l’équation |Δ|=|훿2|⇔|3+4푖|=푎2+푏2⇔푎2+푏2=√32+42⇔푎2+푏2=√25=5
Avec le système {푎2−푏2=3 푎2+푏2=5, en faisant la somme des deux équations, on trouve 2푎2=8⇔푎2=4, d’où l’on tire 푏2=1. Les valeurs possibles de 푎 sont ±2 et les valeurs possibles de 푏 sont ±1, d’après l’équation 2푎푏=4⇔푎푏=2, on en déduit que 푎푏>0 et que donc 푎 et 푏 sont de même signe.
Si 푎=2 alors 푏=1 et 훿=2+푖 et si 푎=−2 alors 푏=−1 et 훿=−2−푖
Donc (2+푖)2=3+4푖 entraine que Δ=64(3+4푖)=82(2+푖)2=(8(2+푖)) 2=(16+8푖)2
Deuxième méthode
3+4푖=4+4푖−1=(2+푖)2 et on retrouve le même résultat.
Troisième méthode
On reprend le système {푎2−푏2=32푎푏=4⇔ { 푎2−( 2 푎 ) 2=3 푏= 2 푎 ⇔{ 푎2− 4 푎2=3 푏= 2 푎 ⇔{ 푎4−4=3푎2 푏= 2 푎 ⇔{ 푎4−3푎2−4=0 푏= 2 푎 ⇔{ 퐴2−3퐴−4=0 푏= 2 푎
Les solutions de 퐴2−3퐴−4=0 sont 퐴1=−1<0 et 퐴2=4, donc 푎2=4,
Si 푎=−2 alors 푏= 2 푎 =−1 et alors 훿=−2−푖, si 푎=2 alors 푏= 2 푎 =1 et alors 훿=2+푖.
Les solutions de (1+3푖)푧2−(6푖+2)푧+11푖−23=0 sont 푧1= 6푖+2−(16+8푖) 2(1+3푖) = −14−2푖 2(1+3푖) = −7−푖 1+3푖 = (−7−푖)(1−3푖) 12+32= −7+21푖−푖−310=−1+2푖 푧2= 6푖+2+(16+8푖) 2(1+3푖) = 18+14푖 2(1+3푖) = 9+7푖 1+3푖 = (9+7푖)(1−3푖) 12+32= 9−27푖+7푖+2110=3−2푖 Allez à : Exercice 12 :
Correction exercice 13 :
On pose 푋=푍2, 푍4+(3−6푖)푍2−8−6푖=0⇔푋2+(3−6푖)푋−8−6푖=0
Le discriminant est Δ=(3−6푖)2−4(−8−6푖)=9−36푖−36+32+24푖=5−12푖
Les racines carrés de 5−12푖 : (푎+푖푏)2=5−12푖⇔푎2−푏2+2푖푎푏=5−12푖⇔{푎2−푏2=52푎푏=12⇔ 퐿1 퐿2{푎2−푏2=5 푎푏=6
On rajoute l’égalité des modules 푎2+푏2=√52+122=√25+144=√169=13 퐿3
En additionnant 퐿1 et 퐿3, on trouve 2푎2=18 donc 푎2=9, c’est-à-dire 푎=±3.
En soustrayant 퐿1 à 퐿3, on trouve 2푏2=8 donc 푏2=4, c’est-à-dire 푏=±2.
D’après 퐿2, 푎 et 푏 ont le même signe donc les deux racines carrés de 5−12푖 sont : 3+2푖 et −3−2푖.
Les solutions de 푋2+(3−6푖)푋−8−6푖=0 sont :

29. 29
푋1= −(3−6푖)−(3+2푖) 2=−3+4푖
Et 푋2= −(3−6푖)+(3+2푖) 2=2푖
Or 푋1=−3+4푖=4+4푖−1=(2+푖)2 donc 푍2=−3+4푖 a deux solutions : 푍1=2+푖
Et 푍2=−2−푖
De plus 푋2=2푖=(1+푖)2 donc 푍2=2푖 a deux solutions : 푍3=1+푖
Et 푍4=−1−푖 Allez à : Exercice 13 :
Correction exercice 14 :
1. On pose 푋=푎∈ℝ
(1−푖)푎3−(5+푖)푎2+(4+6푖)푎−4푖=0⇔푎3−5푎2+4푎+푖(−푎3−푎2+6푎−4)=0⇔{푎3−5푎2+4푎=0−푎3−푎2+6푎−4=0 푎3−5푎2+4푎=0⇔푎(푎2−5푎2+4)=0
Donc cette équation admet 0, 1 et 4 comme racine. Seul 1 est solution de −푎3−푎2+6푎−4=0 donc il existe une unique solution réelle 푎=1.
2. On factorise (1−푖)푋3−(5+푖)푋2+(4+6푖)푋−4푖 par 푋−1. Il existe alors 훼, 훽 et 훾 telle que :
(1−푖)푋3−(5+푖)푋2+(4+6푖)푋−4푖=(푋−1)(훼푋2+훽푋+훾)
Or (푋−1)(훼푋2+훽푋+훾)=훼푋3+(훽−훼)푋2+(훾−훽)푋−훾
On en déduit que : { 훼=1−푖 훽−훼=−(5+푖) 훾−훽=4+6푖 −훾=−4푖 ⇔{ 훼=1−푖 훽=−(5+푖)+1−푖=−4−2푖 훾=4+6푖−4−2푖=4푖 훾=4푖
D’où (1−푖)푋3−(5+푖)푋2+(4+6푖)푋−4푖=0⇔(푋−1)((1−푖)푋2−(4+2푖)푋+4푖)=0⇔{ 푋=1(1−푖)푋2−(4+2푖)푋+4푖=0
Le discriminant de l’équation du second degré est : Δ=(4+2푖)2−4(1−푖)×4푖=16+16푖−4−16푖−16=−4=(2푖)2
Les deux racines sont alors 푋1= 4+2푖−2푖 2(1−푖) = 21−푖 = 2(1+푖) 12+12=1+푖 푋2= 4+2푖+2푖 2(1−푖) = 2+2푖 1−푖 = 2(1+푖)212+12=2푖
L’ensemble des solutions est 풮={1,1+푖,2푖}. Allez à : Exercice 14 :
Correction exercice 15 :
Δ=(−푖)2+4(1+푖)=4+4푖−1=(2+푖)2
Les solutions de 푍2−푖푍−1−푖=0 sont 푍1= 푖+2+푖 2=1+푖

30. 30
푍2= 푖−(2+푖) 2=−1
Les solutions de 푧6−푖푧3−1−푖=0 vérifient 푧3=1+푖=√2푒푖 휋 4⇔{ |푧3|=√2arg(푧3)= 휋 4+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푧|3=2123arg(푧)= 휋 4+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푧|=216arg(푧)= 휋 12+ 2푘휋 3, 푘∈{0,1,2} ⇔푧∈{216푒푖 휋 12 ; 216푒 3푖휋 4 ; 216푒 17푖휋 12}
Ou 푧3=−1⇔{ |푧3|=1arg(푧3)=휋+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푧|3=13arg(푧)=휋+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푧|=1arg(푧)= 휋 3+ 2푘휋 3, 푘∈{0,1,2}
Il y a donc trois solutions 푧0=푒 푖휋 3; 푧1=푒 3푖휋 3=푒푖휋=−1; 푧2=푒 5푖휋 3=푒− 푖휋 3
Finalement il y a six solutions {216푒푖 휋 12 ; 216푒 3푖휋 4 ; 216푒 17푖휋 12;푒 푖휋 3;−1;푒− 푖휋 3} Allez à : Exercice 15 :
Correction exercice 16 :
1. Soit 푎∈ℝ une solution de (퐸)
푎4−3푎3+(2−푖)푎2−3+푖=0⇔푎4−3푎3+2푎2+3푎−3+푖(−푎2+1)=0⇔{푎4−3푎3+2푎2+3푎−3=0−푎2+1=0
푎1=−1 est solution de 푎4−3푎3+2푎2−3=0 et 푎2=1 est solution de 푎4−3푎3+2푎2+3푎− 3=0, donc (퐸) admet deux solutions réelles, on peut mettre (푋−1)(푋+1)=푋2−1 en facteur.
2. Il existe 푎,푏,푐∈ℂ tels que
푋4−3푋3+(2−푖)푋2+3푋−3+푖=(푋2−1)(푎푋2+푏푋+푐)
On développe (푋2−1)(푎푋2+푏푋+푐)=푎푋4+푏푋3+(푐−푎)푋2−푏푋−푐
Par conséquent { 푎=1 푏=−3 푐−푎=2−푖 −푏=3−푐=−3+푖 ⇔{ 푎=1 푏=−3 푐=3−푖 푋4−3푋3+(2−푖)푋2+3푋−3+푖=(푋2−1)(푋2−3푋+3−푖)=0
Il reste à trouver les solutions de 푋2−3푋+3−푖=0 Δ=9−4(3−푖)=−3+4푖=1+4푖−4=(1+2푖)2
Les racines carrées du discriminant sont 훿=±(1−2푖)
Il y a deux solutions 푋1= 3−(1+2푖) 2=1−푖 푋2= 3+1+2푖 2=2+푖
L’ensemble des solutions de (퐸) est

31. 31
푆={−1,1,1−푖,2+푖} Allez à : Exercice 16 :
Correction exercice 17 :
1. 푋3=2√2(− 2√2+푖√22)=232푒 3푖휋 4
Donc 푋3=2√2(− 2√2+푖 √22)=232푒 3푖휋 4⇔{ |푋3|=232arg(푋3)= 3휋 4+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푋|3=2323arg(푋)= 3휋 4+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푋|=212arg(푋)= 휋 4+ 2푘휋 3, 푘∈{0,1,2} ⇔푋푘 =√2푒푖( 휋 4+ 2푘휋 3),푘∈푘∈{0,1,2} 푋0=√2푒 푖휋 4=√2( √22+푖 √22)=1+푖 푋1=√2푒푖( 휋 4+ 2휋 3)=√2푒 11푖휋 12 푋2=√2푒푖( 휋 4+ 4휋 3)=√2푒 19푖휋 12
2.
푋3=−8푖=23푒 3푖휋 2⇔{ |푋3|=23arg(푋3)= 3휋 2+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푋|3=233arg(푋)= 3휋 2+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푋|=2arg(푋)= 휋 2+ 2푘휋 3, 푘∈{0,1,2} ⇔푋푘=2푒푖( 휋 2+ 2푘휋 3),푘∈푘∈{0,1,2} 푋0=2푒 푖휋 2=2푖 푋1=2푒푖( 휋 2+ 2휋 3)=2푒 7푖휋 6=2(− √32− 12 푖)=−√3−푖 푋2=2푒푖( 휋 2+ 4휋 3)=2푒 11푖휋 6=2( √32− 12 푖)=√3−푖
3. On pose 푋=푍3
12 푍6+(1+3푖)푍3+8+8푖=0⇔ 12 푋2+(1+3푖)푋+8+8푖=0
Le discriminant de cette équation est : Δ=(1+3푖)2−4×12(8+8푖)=1+6푖−9−16−16푖=−24−10푖
Les racines carrés de −24−10푖 : (푎+푖푏)2=−24−10푖⇔푎2−푏2+2푖푎푏=−24−10푖⇔{푎2−푏2=−242푎푏=−10⇔ 퐿1 퐿2{푎2−푏2=−24 푎푏=−5
On rajoute l’égalité des modules 푎2+푏2=√242+102=√576+100=√676=26 퐿3
En additionnant 퐿1 et 퐿3, on trouve 2푎2=2 donc 푎2=1, c’est-à-dire 푎=±1.
En soustrayant 퐿1 à 퐿3, on trouve 2푏2=50 donc 푏2=25, c’est-à-dire 푏=±5.
D’après 퐿2, 푎 et 푏 sont de signes différents donc les deux racines carrés de −24−10푖 sont : 1−5푖 et −1+5푖.
L’équation du second degré a pour racine :

32. 32
푋1= −(1+3푖)−(1−5푖) 2×12=−2−2푖
Et 푋2= −(1+3푖)+(1−5푖) 2×12=−2푖
Les six racines de 12 푍6+(1+3푖)푍3+8+8푖=0
Sont les six complexes trouvés en 1°) et 2°). Allez à : Exercice 17 :
Correction exercice 18 :
1. Posons 푧=푎∈ℝ, (퐸)⇔푎3+1−푖(푎+1)=0⇔{푎3+1=0 푎+1=0⇔푎=−1
2. On peut diviser 푧3−푖푧+1−푖=0 par 푧+1
푧3−푖푧+1−푖
푧+1
푧3+푧2
푧2−푧+1−푖
−푧2−푖푧+1−푖
−푧2−푧
(1−푖)푧+1−푖
(1−푖)푧+1−푖
0
푧2−푧+1−푖 a pour discriminant Δ=1−4(1−푖)=−3+4푖=1+4푖−4=(1+2푖)2
Les racines de ce polynôme sont :
푧1= 1−(1+2푖) 2=−푖 et 푧2= 1+(1+2푖) 2=1+푖
Les solutions de (퐸) sont −1, 1+푖 et −푖. Allez à : Exercice 18 :
Correction exercice 19 :
1. Soit 푥∈ℝ une racine de (퐸)
푥4−(3+√3)푥3+(2+3√3−푖)푥2+(−2√3+3푖)푥−2푖=0⇔푥4−(3+√3)푥3+(2+3√3)푥2−2√3푥+푖(−푥2+3푥−2)=0⇔{ 푥4−(3+√3)푥3+(2+3√3)푥2−2√3푥=0 (∗) −푥2+3푥−2=0
Les racines de −푥2+3푥−2=0 sont après un petit calcul 푥1=1 et 푥2=2 14−(3+√3)13+(2+3√3)12−2√3×1=1−3−√3+2+3√3−2√3=0
Donc 1 est racine de (∗) 24−(3+√3)23+(2+3√3)22−2√3×2=16−3×8−8√3+8+12√3−4√3=0
Donc 2 est racine de (∗)
2. On peut diviser le polynôme par (푋−1)(푋−2)=푋2−3푋+2
푋4−(3+√3)푋3+(2+3√3−푖)푋2+(−2√3+3푖)푋−2푖
푋2−3푋+2
푋4 −3푋3 +2푋2
푋2−√3푋−푖
−√3푋3 +(3√3−푖)푋2+(−2√3+3푖)푋−2푖
−√3푋3 +3√3푋2 −2√3푋
−푖푋2 +3푖푋−2푖

33. 33
−푖푋2 +3푖푋−2푖
0
Il reste à déterminer les racines de 푋2−√3푋−푖=0 Δ=3+4푖=(2+푖)2 푧1= √3+2+푖 2= √32+1+ 12 푖=1−푖(− 12+푖 √32)= √32+1+ 푖 2 푧2= √3−2−푖 2= √32−1− 12 푖=−1+푖(− 12−푖 √32)= √32−1− 푖 2 푆={1,2, √32+1+ 푖 2, √32−1− 푖 2} Allez à : Exercice 19 :
Correction exercice 20 :
1.
푧2=(√2+√3+푖√2−√3) 2=2+√3−(2−√3)+2푖√2+√3√2−√3=2√3+2푖√(2+√3)(2−√3)=2√3+2푖√22−3=2√3+2푖 |푧2|=√(2√3) 2+22=√4×3+4=√16=4
Si on pose 휃=arg (푧2), cos(휃)= 2√34=√32 et sin(휃)= 24= 12 donc 휃= 휋 6+2푘휋
Autre méthode :
푧2=2√3+2푖=4(√32+ 12 푖)=2푒푖 휋 6, donc 휃= 휋 6+2푘휋.
2.
On déduit de la première question que |푧2|=4 donc |푧|2=4 et que |푧|=2. Et que les arguments possible de 푧 sont 12( 휋 6+2푘휋)= 휋 12+푘휋, 푘∈{0,1}, donc 푧=2푒 푖휋 12 ou 푧=−2푒 푖휋 12. Mais 푧= √2+√3+푖√2−√3 entraine que le cosinus et le sinus de ses arguments sont positifs, donc 푧=2푒 푖휋 12.
3. D’après la question précédente
2푒 푖휋 12=√2+√3+푖√2−√3⇔2(cos( 휋 12)+푖sin( 휋 12))=√2+√3+푖√2−√3⇔cos( 휋 12)+푖sin( 휋 12)= √2+√32+푖 √2−√32⇔ { cos( 휋 12)= √2+√32sin( 휋 12)= √2−√32 Allez à : Exercice 20 :
Correction exercice 21 :
1.
푢4=−4⇔{ |푢4|=|−4| arg(푢4)=arg(−4)+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푢|4=44arg(푢)=π+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푢|=414=(22) 14=212=√2arg(푢)= π4+ 푘휋 2, 푘∈{0,1,2,3}

34. 34
Il y a quatre solutions 푢0=√2푒 푖휋 4=√2( √22+ 푖√22)=1+푖 푢1=√2푒 3푖휋 4=√2(− √22+ 푖√22)=−1+푖 푢2=√2푒 5푖휋 4=√2(− √22− 푖√22)=−1−푖=푢1̅̅̅ 푢3=√2푒 7푖휋 4=√2( √22− 푖√22)=1−푖=푢0̅̅̅
2.
(푧+1)4+4(푧−1)4=0⇔(푧+1)4=−4(푧−1)4⇔( 푧+1 푧−1) 4=−4
On pose 푢= 푧+1 푧−1, il y a donc 4 solutions que l’on trouve en exprimant 푧 en fonction de 푢. 푢= 푧+1 푧−1⇔푢(푧−1)=푧+1⇔푧푢−푢=푧+1⇔푧푢−푧=푢+1⇔푧(푢−1)=푢+1⇔푧 = 푢+1 푢−1 푧0= 푢0+1 푢0−1= 1+푖+11+푖−1= 2+푖 푖 =1−2푖 푧1= 푢1+1 푢1−1= −1+푖+1−1+푖−1= 푖 −2+푖 = 푖(−2−푖) (−2)2+12= 15− 25 푖 푧2= 푢2+1 푢2−1= 푢1̅̅̅+1 푢1̅̅̅−1=푧1̅= 15+ 25 푖 푧3= 푢3+1 푢3−1= 푢0̅̅̅+1 푢0̅̅̅−1=푧0̅=1+2푖 Allez à : Exercice 21 :
Correction exercice 22 :
1. Les racines quatrième de l’unité sont {1,푖,−1,−푖}.
2. − 12−푖√32=푒 4푖휋 3 donc
푋4=− 12−푖 √32⇔푋4=푒 4푖휋 3⇔{ |푋4|=|푒 4푖휋 3| arg(푋4)= 4휋 3+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푋|4=14arg(푋)= 4휋 3+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푋|=1arg(푋)= 휋 3+ 푘휋 2, 푘∈{0,1,2,3} ⇔푋푘=푒푖( 휋 3+ 푘휋 2),푘∈{0,1,2,3}
Il y a quatre solutions : 푋0=푒푖 휋 3= 12+푖 √32 푋1=푒푖( 휋 3+ 휋 2)=푒 5푖휋 6=− √32+푖 12 푋2=푒푖( 휋 3+휋)=푒 4푖휋 3=− 12−푖 √32 푋3=푒푖( 휋 3+ 3휋 2)=푒 11푖휋 6=푒− 푖휋 6= √32−푖 12
Autre solution

35. 35
− 12− 푖√32=푗2. Donc 푋4=− 12−푖√32=푗2⇔푋4−푗2=0. Or 푋4−푗2=(푋2−푗)(푋2+푗)=(푋2−푗4)(푋2−푖2푗4)=(푋−푗2)(푋+푗2)(푋−푖푗2)(푋+푖푗2)
D’où les solutions :
푋=푗2=− 12− 푖√32, 푋= 12+ 푖√32, 푋=푖(− 12− 푖√32)=√32− 푖 2 et 푋=−√32+ 푖 2
3. On pose 푌=푋4, l’équation est alors du second degré.
푌2+(− 12+푖 √32)푌− 12−푖 √32=0
Le discriminant est Δ=(− 12+푖 √32) 2−4(− 12−푖 √32)= 14− 34−푖 √32+2+2푖√3= 32+ 3푖√32=3( 12+푖 √32) =3푒 푖휋 3
Donc les solutions de 훿2=Δ sont 훿=√3푒 푖휋 6=√3( √32+푖 12)= 32+푖 √32 et 훿=−√3푒 푖휋 6=−( 32+푖 √32)
L’équation du second degré a alors deux solutions : 푌1= −(− 12+푖 √32)−( 32+푖 √32) 2=− 12−푖 √32
Et 푌2= −(− 12+푖 √32)+ 32+푖 √322=1
L’équation du huitième degré a pour solution : {1,12+푖 √32,푖,− √32+푖 12,−1,− 12−푖 √32,−푖, √32−푖 12}
Autre solution 푌2+(− 12+푖 √32)푌− 12−푖 √32=0⇔푌2+푗푌+푗2=0⇔( 푌 푗 ) 2+ 푌 푗 +1=0
Les solutions de 푇2+푇+1=0 sont 푇1=푗 et 푇2=푗2
Donc 푌1 푗 =푗⇔푌1=푗2 et 푌2 푗 =푗2⇔푌2=푗3=1
Et on termine de la même façon. Allez à : Exercice 22 :
Correction exercice 23 :
( 1+푖−√3(1−푖) 1+푖 ) 2=( 1−√3+푖(1+√3) 1+푖 ) 2= (1−√3+푖(1+√3)) 2(1+푖)2= (1−√3) 2−(1+√3) 2+2푖(1−√3)(1+√3) 1−1+2푖 = 1−2√3+3−(1+2√3+3)+2푖(1−3) 2푖 = −4√3−4푖 2푖 =− 4(√3+푖) 2푖 =2푖(√3+푖)=−2+2푖√3 ( 1+푖−√3(1−푖) 1+푖 ) 2=−2+2푖√3=4(− 12+푖 √32)=4푒 2푖휋 3

36. 36
Autre méthode ( 1+푖−√3(1−푖) 1+푖 ) 2=(1−√31−푖 1+푖 ) 2=(1−√3(1−푖)212+12) 2=(1−√31−2푖−12) 2=(1+푖√3) 2=(2( 12+푖 √32)) 2=(−2푗2)2=4푗4=4푗=4(− 12+푖 √32) =−2+2푖√3 Allez à : Exercice 23 :
Correction exercice 24 :
1.
1+푖 1−푖 = (1+푖)212+(−1)2= 1+2푖−12= 2푖 2=푖=푒푖 휋 2
Donc le module de 1+푖 1−푖 est 1 et un argument est 휋 2. 2010=4×502+2 ( 1+푖 1−푖 ) 2010=( 1+푖 1−푖 ) 4×502+2=(푒푖 휋 2) 4×502+2=((푒푖 휋 2) 4) 502×(푒푖 휋 2) 2=(푒2푖휋) 502×푒푖휋 =1502×(−1)=−1
2.
(1+푖√3) 2010=(2( 12+푖 √32)) 2010=(2(−푗2)) 2010=22010×푗4020=22010푗3×1340=22010(푗3)1340=22010×11340=22010
3.
푧1= 1+푖√31+푖 = 2( 12+푖 √32) √2( √22+푖 √22) =√2 푒푖 휋 3 푒푖 휋 4=√2푒푖( 휋 3− 휋 4)=212푒푖 휋 12 푧1 푛=(212푒푖 휋 12) 푛 =2 푛 2푒푖 푛휋 12 푧2=1+푗=−푗2 푧2 푛=(−푗2)푛=(−1)푛푗2푛
Si 푛≡0 [6], 푛=6푘,푘∈ℤ, 푧26푘=푗12푘=(−1)0(푗3)4푘=14푘=1
Si 푛≡1 [6], 푛=6푘+1,푘∈ℤ, 푧26푘+1=(−1)푗12푘+2=(−1)(푗3)4푘푗2=−14푘푗2=−푗2= 12+푖√32
Si 푛≡2 [6], 푛=6푘+2,푘∈ℤ, 푧26푘+2=(−1)2푗12푘+4=(−1)2(푗3)4푘푗2=14푘푗4=푗=− 12+푖√32
Si 푛≡3 [6], 푛=6푘+3,푘∈ℤ, 푧26푘+3=(−1)3푗12푘+6=(−1)3(푗3)4푘푗6=−14푘푗6=−1
Si 푛≡4 [6], 푛=6푘+4,푘∈ℤ, 푧26푘+4=(−1)4푗12푘+8=(푗3)4푘푗8=14푘푗2=푗2=− 12−푖√32
Si 푛≡5 [6], 푛=6푘+5,푘∈ℤ, 푧26푘+5=(−1)5푗12푘+10=−(푗3)4푘푗10=−14푘푗=−푗= 12−푖√32 푧3= 1+푖tan(휃) 1−푖tan(휃) = 1+푖 sin(휃) cos(휃) 1−푖 sin(휃) cos(휃) = cos(휃)+푖sin(휃) cos(휃)−푖sin(휃) = 푒푖휃 푒−푖휃=푒2푖휃 푧3 푛=푒2푖푛휃

37. 37
푧4=1+cos(휙)+푖sin(휙)=2cos2(휙)+2푖sin( 휙 2)cos( 휙 2)=cos( 휙 2)(cos( 휙 2)+푖sin( 휙 2)) =cos( 휙 2)푒푖 휙 2 푧4 푛=(cos( 휙 2)) 푛 푒 푛푖휙 2
Remarque :
cos( 휙 2) n’est pas forcément le module de 푧4 car cos( 휙 2) n’est positif que pour certaine valeur de 휙. Allez à : Exercice 24 :
Correction exercice 25 :
(√3+푖) 푛 =(2( √32+푖 12)) 푛 =2푛(푒푖 휋 6) 푛 =2푛푒 푛푖휋 6 (√3+푖) 푛 ∈ℝ⇔(√3+푖) 푛 −(√3+푖) 푛 =0⇔푒 푛푖휋 6−푒− 푛푖휋 6=0⇔sin( 푛휋 6)=0⇔∃푘∈ℤ, 푛휋 6=푘휋⇔∃푘∈ℤ, 푛 6=푘⇔∃푘∈ℤ,푛=6푘 (√3+푖) 푛 ∈푖ℝ⇔(√3+푖) 푛 +(√3+푖) 푛 =0⇔푒 푛푖휋 6+푒− 푛푖휋 6=0⇔cos( 푛휋 6)=0 ⇔∃푘∈ℤ, 푛휋 6= 휋 2+푘휋⇔∃푘∈ℤ, 푛 6= 12+푘⇔∃푘∈ℤ,푛=3+6푘 Allez à : Exercice 25 :
Correction exercice 26 :
푧=휌푒푖휃 푧푘+푧푘=휌푘푒푘푖휃+휌푘푒−푘푖휃=휌푘(푒푘푖휃+푒−푘푖휃)=2휌푘cos(푘휃) (푧+푧)(푧2+푧2)…(푧푛+푧푛)=2휌cos(휃)2휌2cos(2휃)…2휌푛cos(푛휃) =2푛휌1+2+⋯+푛cos(휃)cos(2휃)…cos(푛휃)=2푛휌 푛(푛+1) 2cos(휃)cos(2휃)…cos(푛휃) Allez à : Exercice 26 :
Correction exercice 27 :
1.
|1+푖푧|=|1−푖푧|⇔|1+푖푧|2=|1−푖푧|2⇔(1+푖푧)(1+푖푧)=(1−푖푧)(1−푖푧) ⇔(1+푖푧)(1−푖푧)=(1−푖푧)(1+푖푧)⇔1−푖푧+푖푧+푧푧=1+푖푧−푖푧+푧푧 ⇔−푖푧+푖푧=푖푧−푖푧⇔푧=푧⇔푧∈ℝ
2.
( 1+푖푧 1−푖푧 ) 푛 = 1+푖푎 1−푖푎 ⇒|( 1+푖푧 1−푖푧 ) 푛 |=| 1+푖푎 1−푖푎 |⇒| 1+푖푧 1−푖푧 | 푛 =1⇒|1+푖푧|=|1−푖푧|⇒푧∈ℝ
On pose 푧=tan(휃)= sin(휃) cos(휃) (ce qui est toujours possible puisque pour 푧∈ℝ il existe un unique
휃∈]− 휋 2, 휋 2[ tel que 푧=tan(휃)) ainsi 1+푖푧 1−푖푧 = 1+푖 sin(휃) cos(휃) 1−푖 sin(휃) cos(휃) = cos(휃)+푖sin(휃) cos(휃)−푖sin(휃) = 푒푖휃 푒−푖휃=푒2푖휃
Et 푎=tan(훼)= sin(훼) cos(훼) ainsi

38. 38
1+푖푎 1−푖푎 =푒2푖훼 ( 1+푖푧 1−푖푧 ) 푛 = 1+푖푎 1−푖푎 ⇔푒2푖푛휃=푒2푖훼⇔2푛휃=2훼+2푘휋,푘∈ℤ⇔휃= 훼 푛 + 푘휋 푛 ,푘∈{0,1,…,푛−1}
Donc les solutions sont 푧푘=tan( 훼 푛 + 푘휋 푛 ),푘∈{0,1,…,푛−1}
Avec 푎=tan(훼)
3.
√3+푖 √3−푖 = √3+푖 2√3−푖 2= 푒푖 휋 6 푒−푖 휋 6=푒푖 휋 3
On peut aussi exprimer ce quotient sous forme algébrique et constater qu’il vaut 푒푖 휋 3.
On cherche les complexes tels que 푧3=푒푖 휋 3⇔{ |푧3|=|푒푖 휋 3| arg(푧3)= 휋 3+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푧|3=13arg(푧)= 휋 3+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푧|=1arg(푧)= 휋 9+ 2푘휋 3, 푘∈{0,1,2}
Il y a trois racines cubique de √3+푖 √3−푖 , 푧푘=푒푖 휋 9+ 2푘휋 3,푘∈{0,1,2} 푧0=푒푖 휋 9;푧1=푒푖 7휋 9;푧2=푒푖 13휋 9 Allez à : Exercice 27 :
Correction exercice 28 :
On pose 푍= 2푧+1 푧−1, les solutions de 푍4=1 sont 1,푖,−1 et −푖 (ce sont les racines quatrième de l’unité) 푍= 2푧+1 푧−1⇔(푧−1)푍=2푧+1⇔푧푍−푍=2푧+1⇔푧푍−2푧=푍+1⇔푧(푍−2)=푍+1 ⇔푧= 푍+1 푍−2
Il y a 4 solutions 푧0= 1+11−2=−2 푧1= 푖+1 푖−2= (푖+1)(−푖−2) 12+(−2)2= 1−2푖−푖−25=− 15− 35 푖 푧2= −1+1−1−2=0 푧3= −푖+1−푖−2= (−푖+1)(푖−2) (−2)2+(−1)2= 1+2푖+푖−25=− 15+ 35 푖 Allez à : Exercice 28 :
Correction exercice 29 :
Il faut d’abord écrire 1−푖 1−푖√3 sous forme trigonométrique

39. 39
1−푖 1−푖√3= √2( √22−푖 √2) 2( 12−푖 √32) =√2 푒−푖 휋 4 푒−푖 휋 3=√2푒푖(− 휋 4+ 휋 3)=√2푒푖 휋 12
Première méthode 푧4=( 1−푖 1−푖√3) 4⇔푧4=(√2푒푖 휋 12) 4=4푒푖 휋 3⇔{ |푧4|=|4푒푖 휋 3| arg(푧4)= 휋 3+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|4=44arg(푧)= 휋 3+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|=√2arg(푧)= 휋 12+ 푘휋 2,푘∈{0,1,2,3}
Il y a quatre solutions 푧0=√2푒푖 휋 12;푧1=√2푒푖( 휋 12+ 휋 2)=√2푒 7푖휋 12;푧2=√2푒푖( 휋 12+휋)=√2푒 13푖휋 12;푧3=√2푒푖( 휋 12+ 3휋 2)=√2푒 19푖휋 12
Deuxième méthode
On pose 푎= 1−푖 1−푖√3= (1−푖)(1+푖√3) 12+(−√3) 2= 1+푖√3−푖+√34= 1+√34+푖√3−14 푧4=( 1−푖 1−푖√3) 4⇔푧4=푎4⇔( 푧 푎 ) 4=1⇔ 푧 푎 ∈{1,푖,−1,−푖}⇔푧∈{푎,푖푎,−푎,−푖푎} 푖푎=푖( 1+√34+푖 √3−14)=− √3−14+푖 1+√34 −푎=− 1+√34−푖 √3−14 −푖푎= √3−14−푖 1+√34
Remarque :
En réunissant ces deux méthodes on pourrait en déduire les valeurs de 푒푖( 휋 12+푘 휋 2),푘∈{0,1,2,3}. Allez à : Exercice 29 :
Correction exercice 30 :
1.
푢2=4(− 12+푖 √32)=4푒 2푖휋 3⇔푢=±2푒 푖휋 3=±2( 12+푖 √32)=±(1+푖√3)
2. On pose 푢= 푧+푖 푧−푖
푢= 푧+푖 푧−푖 ⇔푢(푧−푖)=푧+푖⇔푢푧−푖푢=푧+푖⇔푢푧−푧=푖푢+푖⇔푧(푢−1)=푖(푢+1)⇔푧 =푖 푢+1 푢−1
Il y a deux solutions 푧1=푖 1+푖√3+11+푖√3−1=푖 2+푖√3 푖√3= 2√3+푖 푧2=푖 −1−푖√3+1−1−푖√3−1=푖 −푖√3−2−푖√3=− √32+푖√3=− √3(2−푖√3) 22+(√3) 2=− 2√37+ 37 푖 Allez à : Correction exercice 30 :
Correction exercice 31 :

40. 40
On pose 푢= 푧−1 푧−푖 et on cherche les solutions de 푢3=−8 푢3=−8⇔{ |푢3|=|−8| arg(푢3)=arg(−8)+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푢|3=83arg(푢)=휋+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푢|=2arg(푢)= 휋 3+ 2푘휋 3, 푘∈{0,1,2}
Il y a 3 solutions 푢0=2푒푖 휋 3=2( 12+푖 √32)=1+푖√3; 푢1=2푒푖휋=−2 et 푢2=2푒푖 5휋 3=2( 12−푖 √32)=1−푖√3 푢= 푧−1 푧−푖 ⇔푢(푧−푖)=푧−1⇔푢푧−푖푢=푧−1⇔푢푧−푧=−1+푖푢⇔푧(푢−1)=−1+푖푢⇔푧 = −1+푖푢 푢−1 푧0= −1+푖푢0 푢0−1= −1+푖(1+푖√3) 1+푖√3−1= −1−√3+푖 푖√3= 1√3+푖 1+√3√3 푧1= −1+푖푢1 푢1−1= −1−2푖 −3= 13+ 23 푖 푧2= 1+푖푢2 푢2−1= −1+푖(1−푖√3) 1−푖√3−1= −1+√3+푖 −푖√3=− 1√3+푖 −1+√3√3 Allez à : Exercice 31 :
Correction exercice 32 :
1. 푋푘=푒 2푖푘휋 3, avec 푘∈{0,1,2}.
푋0=1,푋1=푒 2푖휋 3=cos( 2휋 3)+푖sin( 2휋 3)=− 12+ 푖√32=푗,푋2=푒 4푖휋 3=cos( 4휋 3)+푖sin( 4휋 3) =− 12− 푖√32=푗
2. 푗=푋2=푒 4푖휋 3=(푒 2푖휋 3) 2=푗2
3. 푗3=1, puisque 푗 est solution de 푋3=1, donc 푗×푗2=1⇒푗= 1 푗2.
4. 1+푗+푗2= 1−푗31−푗 = 01−푗 =0 car 푗≠1 et 푗3=1.
Autre solution 1+푗+푗2=1+(− 12+ 푖√32)+(− 12− 푖√32)=0
C’est moins bien car un résultat du cours est que la somme des racines 푛-ième de l’unité est nul, et, ici 1, 푗 et 푗2 sont les trois racines troisième de l’unité.
5. 11+푗 = 1−푗2=−푗, car 1+푗=−푗2 et 1 푗2=푗.
6. La division euclidienne de 푛 par trois dit qu’il existe un unique couple (푞,푟)∈ℕ×{0,1,2} tel que 푛= 3푞+푟, donc 푗푛=푗3푞+푟=(푗3)푞푗푟=1푞푗푟=푗푟, autrement dit si 푛≡0 [3], 푗푛=1 si 푛≡1 [3], 푗푛=푗 et si 푗≡2 [3] alors 푗푛=푗2. Allez à : Exercice 32 :
Correction exercice 33 :

41. 41
푧3= 14(−1+푖)⇔푧3= √24(− √22+푖 √22)⇔푧3= 12√2 푒−푖 휋 4⇔ { |푧3|=| 1(√2) 3푒 3푖휋 4| arg(푧3)= 3휋 4+2푘휋,푘∈ℤ ⇔ { |푧|3= 1(√2) 33arg(푧)= 3휋 4+2푘휋,푘∈ℤ ⇔ { |푧|= 1√2arg(푧)= 휋 4+ 2푘휋 3,푘∈{0,1,2}
Il y a trois solutions 푧푘= 1√2 푒푖( 휋 4+ 2푘휋 3),푘∈{0,1,2} 푧0= 1√2 푒 푖 휋 4; 푧1= 1√2 푒푖( 휋 4+ 2휋 3)= 1√2 푒 11푖휋 12; 푧2= 1√2 푒푖( 휋 4+ 4휋 3)= 1√2 푒 19푖휋 12 (푧푘)4=( 1√2 푒푖( 휋 4+ 2푘휋 3)) 4= 14 푒푖(휋+ 8푘휋 3)= 14 푒푖 (8푘+3)휋 3 (푧0)4= 14 푒푖휋=− 14∈ℝ; (푧1)4= 14 푒푖 11휋 3= 14 푒−푖 휋 3∉ℝ; (푧2)4= 14 푒푖 19휋 3= 14 푒푖 휋 3=∉ℝ
Il n’y a que 푧0 dont la puissance quatrième est dans ℝ. Allez à : Exercice 33 :
Correction exercice 34 :
1. Les racines quatrième de l’unité sont {1,푖,−1,−푖}.
2. − 12−푖√32=푒 4푖휋 3 donc
3.
푋4=− 12−푖 √32⇔푋4=푒 4푖휋 3⇔{ |푋4|=|푒 4푖휋 3| arg(푋4)= 4휋 3+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푋|4=14arg(푋)= 4휋 3+2푘휋, 푘∈ℤ ⇔{ |푋|=1arg(푋)= 휋 3+ 푘휋 2, 푘∈{0,1,2,3} ⇔푋푘=푒푖( 휋 3+ 푘휋 2),푘∈{0,1,2,3}
Il y a quatre solutions : 푋0=푒푖 휋 3= 12+푖 √32 푋1=푒푖( 휋 3+ 휋 2)=푒 5푖휋 6=− √32+푖 12 푋2=푒푖( 휋 3+휋)=푒 4푖휋 3=− 12−푖 √32 푋3=푒푖( 휋 3+ 3휋 2)=푒 11푖휋 6=푒− 푖휋 6= √32−푖 12
Autre solution
− 12− 푖√32=푗2. Donc 푋4=− 12−푖√32=푗2⇔푋4−푗2=0. Or 푋4−푗2=(푋2−푗)(푋2+푗)=(푋2−푗4)(푋2−푖2푗4)=(푋−푗2)(푋+푗2)(푋−푖푗2)(푋+푖푗2)
D’où les solutions :
푋=푗2=− 12− 푖√32, 푋= 12+ 푖√32, 푋=푖(− 12− 푖√32)=√32− 푖 2 et 푋=−√32+ 푖 2
On pose 푌=푋4, l’équation est alors du second degré.

42. 42
푌2+(− 12+푖 √32)푌− 12−푖 √32=0
Le discriminant est Δ=(− 12+푖 √32) 2−4(− 12−푖 √32)= 14− 34−푖 √32+2+2푖√3= 32+ 3푖√32=3( 12+푖 √32)=3푒 푖휋 3
Donc les solutions de 훿2=Δ sont 훿=√3푒 푖휋 6=√3(√32+푖 12)= 32+푖√32 et 훿=−√3푒 푖휋 6=−( 32+푖√32)
L’équation du second degré a alors deux solutions : 푌1= −(− 12+푖 √32)−( 32+푖 √32) 2=− 12−푖 √32
Et 푌2= −(− 12+푖 √32)+ 32+푖 √322=1
L’équation du huitième degré a pour solution : {1,12+푖 √32,푖,− √32+푖 12,−1,− 12−푖 √32,−푖, √32−푖 12}
Autre solution 푌2+(− 12+푖 √32)푌− 12−푖 √32=0⇔푌2+푗푌+푗2=0⇔( 푌 푗 ) 2+ 푌 푗 +1=0
Les solutions de 푇2+푇+1=0 sont 푇1=푗 et 푇2=푗2
Donc 푌1 푗 =푗⇔푌1=푗2 et 푌2 푗 =푗2⇔푌2=푗3=1
Et on termine de la même façon. Allez à : Exercice 34 :
Correction exercice 35 :
Là on a un problème parce qu’il n’est pas simple de mettre 11+2푖 sous forme trigonométrique, essayons tout de même : |11+2푖|=√112+22=√121+4=√125=√53=5√5=(√5) 3
Si on appelle 휃 un argument de 11+2푖, on a cos(휃)= 115√5 et sin(휃)= 25√5
Il ne s’agit pas d’un angle connu. Donc il va falloir être malin, on cherche 푧=푎+푖푏 tel que (푎+푖푏)3=11+2푖⇔푎3+3푎2(푖푏)+3푎(푖푏)2+(푖푏)3=11+2푖 ⇔푎3−3푎푏2+푖(3푎2푏−푏3)=11+2푖⇔{푎3−3푎푏2=113푎2푏−푏3=2
On sait aussi que |(푎+푖푏)3|=|11+2푖|⇔|푎+푖푏|3=(√5) 3⇔(√푎2+푏2) 3=(√5) 3⇔푎2+푏2=5
On remplace 푎2=5−푏2 dans 3푎2푏−푏3=2 3(5−푏2)푏−푏3=2⇔−4푏3+15푏=2⇔4푏3−15푏+2=0
Il y a une racine presque évidente 푏=−2, si on ne la voit pas on peut aussi remplacer 푏2=5−푎2 dans 푎3−3푎푏2=11 푎3−3푎(5−푎2)=11⇔4푎3−15푎−11=0
Là c’est plus clair, 푎0=−1 est solution donc on peut factoriser par 푎+1

43. 43
4푎3−15푎−11=(푎+1)(4푎2−4푎−11)
(C’est facile à factoriser)
Les racines de 4푎2−4푎−11 sont 푎1= 12−√3 et 푎2= 12+√3
Pour trouver les valeurs de 푏 correspondantes on réutilise l’équation 3푎2푏−푏3=2⇔푏(3푎2−푏2)=2⇔푏(3푎2−(5−푎2))=2⇔푏= 24푎2−5 푎=−1⇒푏= 24(−1)2−5=−2 푎= 12−√3⇒푏= 24( 12−√3) 2−5= 24( 14−√3+4)−5= 212−4√3= 12×13−√3= 12×3+√39−3= 3+√312 푎= 12+√3⇒푏= 24( 12+√3) 2−5= 24( 14+√3+4)−5= 212+4√3= 12×13+√3= 12×3−√39−3= 3−√312
Pour bien faire, il faudrait faire la réciproque (parce que les équivalences ne sont pas claires), admis.
11+2푖 admet trois racines cubiques −1−2푖; 12−√3+푖 3+√312; 12+√3+푖 3−√312 Allez à : Exercice 35 :
Correction exercice 36 :
1+푖√32√2(1+푖) 2= 푒푖 휋 3 푒푖 휋 4=푒푖( 휋 3− 휋 4)=푒푖 휋 12=cos( 휋 12)+푖sin( 휋 12) 1+푖√32√2(1+푖) 2= 2(1+푖√3) √2(1+푖) =√2(1+푖√3)(1−푖) 12+12= √22(1−푖+푖√3+√3) = √22(1+√3)+푖 √22(−1+√3)
On déduit de ces deux égalités que cos( 휋 12)= √22(1+√3)= √2+√62 sin( 휋 12)= √22(−1+√3)= −√2+√62
Puis que tan( 휋 12)= sin( 휋 12) cos( 휋 12) = √22(−1+√3) √22(1+√3) = (−1+√3)(1−√3) (1+√3)(1−√3) = −1+2√3−31−3=2−√3
Et enfin que tan( 5휋 12)=tan( 휋 2− 휋 12)= 1tan( 휋 12) = 12−√3= 2+√3(2−√3)(2+√3) = 2+√34−3=2+√3 Allez à : Exercice 36 :

44. 44
Correction exercice 37 :
On cherche les complexes 푧 tels que 푧4=81 푧4=81⇔푧4−92=0⇔(푧2−9)(푧2+9)=0⇔(푧2−32)(푧2−(3푖)2)=0⇔(푧−3)(푧+3)(푧−3푖)(푧+3푖)=0
Il y a 4 racines quatrième de 81 : 3,−3,3푖 et −3i
La même méthode ne marche pas pour les racines quatrième de −81. 푧4=−81⇔{ |푧4|=|−81| arg(푧4)=arg(−81)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|4=81=344arg(푧)=π+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|=3arg(푧)= π4+ 푘휋 2,푘∈{0,1,2,3}
Il y a 4 racines quatrième de −81 : 푧푘=3푒푖( 휋 4+ 푘휋 2),푘∈{0,1,2,3} 푧0=3푒푖 휋 4=3( √22+푖 √22)=3√2(1+푖) 푧1=3푒푖 3휋 4=3(− √22+푖 √22)=3√2(−1+푖) 푧2=3푒푖 5휋 4=3(− √22−푖 √22)=−3√2(1+푖) 푧3=3푒푖 7휋 4=3( √22−푖 √22)=3√2(1−푖) Allez à : Exercice 37 :
Correction exercice 38 :
1.
a. 푧푘=푒 2푖푘휋 2푛=푒 푖푘휋 푛, 푘∈{0,1,…,2푛−1}.
b.
푧푛=−1⇔{ |푧푛|=1arg(푧푛)=arg(−1)+2푘휋 ⇔{ |푧|푛=1 푛arg(푧)=휋+2푘휋 ⇔{ |푧|=1arg(푧)= 휋 푛 + 2푘휋 푛 ,푘∈{0,1,…,푛−1}
Il y a 푛 solutions 푧푘=푒 푖(휋+2푘휋) 푛 ,푘∈{0,1,…,푛−1}
Soit encore 푧푘=푒 푖휋 푛푒 2푖푘휋 푛
2. Première solution 푧2푛=1⇔{ 푧푛=1 푧푛=−1
La somme des racines 2푛-ième de l’unité (qui est nulle) est la somme des racines 푛-ième de l’unité (qui est nulle) plus la somme des complexes qui vérifient 푧푛=−1, donc la somme des complexes qui vérifient 푧푛=−1 est nulle.
Deuxième solution Σ푒 푖휋 푛푒 2푖푘휋 푛 푛−1 푘=0=푒 푖휋 푛Σ푒 2푖푘휋 푛 푛−1 푘=0=푒 푖휋 푛Σ(푒 2푖휋 푛) 푘푛−1 푘=0=푒 푖휋 푛 1−(푒 2푖휋 푛) 푛 1−푒 2푖휋 푛 =푒 푖휋 푛 1−푒 2푖푛휋 푛 1−푒 2푖휋 푛 =푒 푖휋 푛 1−푒2푖휋 1−푒 2푖휋 푛 =0

45. 45
Car 푒 2푖휋 푛≠1 pour 푛≥2. Allez à : Exercice 38 :
Correction exercice 39 :
1. On pose 푧13=푧23=푧33
푧23=푧13⇔{ |푧23|=|푧13| arg(푧23)=arg(푧13)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧2|3=|푧1|33arg(푧2)=3arg(푧1)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧2|=|푧1| arg(푧2)=arg(푧1)+ 2푘휋 3,푘∈{0,1,2}
Donc 푧2=|푧1|푒푖(arg(푧1)+ 2푘휋 3)=|푧1|푒푖arg(푧1)푒 2푖푘휋 3=푧1(푒 2푖휋 3) 푘 =푧1푗푘
Les solutions sont 푧2=푧1, 푧2=푗푧1 et 푧2=푗2푧1
De même les solutions de 푧33=푧13 sont 푧3=푧1, 푧3=푗푧1 et 푧3=푗2푧1
2. 푧6+(7−푖)푧3−8−8푖=0
On pose 푍=푧3 푧6+(7−푖)푧3−8−8푖=0⇔푍2+(7−푖)−8−8푖=0
Le discriminant est Δ=(7−푖)2−4(−8−8푖)=49−14푖−1+32+32푖=80+18푖=81+2×9푖−1=(9+푖)2 푍1= −(7−푖)−(9+푖) 2= −162=−8 푍2= −(7−푖)+(9+푖) 2= 2+2푖 2=1+푖
On cherche alors les 푧 tels que 푧3=−8=(2푖)3 et les 푧 tels que 푧3=1+푖=√2( √22+푖 √22)=212푒푖 휋 4=(216푒 푖휋 12) 3
D’après la première question 푧3=(−2)3⇔푧∈{−2,−2푗,−2푗2} 푧3=(216푒 푖휋 12) 3⇔푧∈{216푒 푖휋 12,푗216푒 푖휋 12,푗2216푒 푖휋 12}
On peut arranger ces deux dernières solutions 푗216푒 푖휋 12=216푒 2푖휋 3푒 푖휋 12=216푒푖( 휋 12+ 2휋 3)=216푒 9푖휋 12=216푒 3푖휋 2=−푖216 푗2216푒 푖휋 12=216푒 4푖휋 3푒 푖휋 12=216푒푖( 휋 12+ 4휋 3)=216푒 17푖휋 12
Bref l’ensemble des solutions est {−2,−2푗,−2푗2,216푒 푖휋 12,−푖216,216푒 17푖휋 12} Allez à : Exercice 39 :
Correction exercice 40 :
On ne peut pas trouver la forme trigonométrique de −7−24푖. −7−24푖=9−2×12푖−16=(3−4푖)2=(4−4푖−1)2=((2−푖)2)2=(2−푖)4
On cherche les 푧 qui vérifient 푧4=(2−푖)4 푧4=(2−푖)4⇔푧4−(2−푖)4=0⇔(푧2−(2−푖)2)(푧2+(2−푖)2)=0⇔(푧2−(2−푖)2)(푧2+푖2(2−푖)2)=0⇔(푧2−(2−푖)2)(푧2−(2푖+1)2)=0⇔(푧−(2−푖))(푧+(2−푖))(푧−(2푖+1))(푧+(2푖+1))=0

46. 46
L’ensemble des solutions est {2−푖,−2+푖,1+2푖,−1−2푖} Allez à : Exercice 40 :
Correction exercice 41 :
Il faut mettre 1+푖√31−푖√3 sous sa forme trigonométrique. 1+푖√31−푖√3= 2( 12+푖 √32) 2( 12−푖 √32) = 푒푖 휋 3 푒−푖 휋 3=푒 2푖휋 3
Autre méthode 1+푖√31−푖√3= (1+푖√3) 212+(−√3) 2= 1+2푖√3−34=− 12+푖 √32=푒 2푖휋 3 푧6= 1+푖√31−푖√3⇔푧6=푒 2푖휋 3⇔{ |푧6|=1arg(푧6)= 2휋 3+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|6=16arg(푧)= 2휋 3+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|=1arg(푧)= 휋 9+ 2푘휋 3,푘∈{0,1,2,3,4,5,6,7,8}
Les solutions sont 푧푘=푒푖( 휋 9+ 2푘휋 3),푘∈{0,1,2,3,4,5,6,7,8}
푧4= 1−푖 1+푖√3= √2( √22−푖 √22) 2( 12+푖 √32) = √22 푒−푖 휋 4 푒푖 휋 3=2− 12푒푖(− 휋 4− 휋 3)=2− 12푒− 7푖휋 12 푧4=2− 12푒− 7푖휋 12⇔{ |푧4|=2− 12arg(푧4)=− 7휋 12+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|4=2− 124arg(푧)=− 7휋 12+2푘휋,푘∈ℤ ⇔ { |푧|=(2− 12) 14=2− 18 arg(푧)=− 7휋 48+ 푘휋 2,푘∈{0,1,2,3}
Il y a 4 solutions 푧푘=2− 18푒푖(− 7휋 48+ 푘휋 2),푘∈{0,1,2,3} 푧6+27=0⇔푧6=−27⇔{ |푧6|=|−27| arg(푧6)=arg(−27)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|6=27=336arg(푧)=π+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|=(33) 16=312=√3 arg(푧)= 휋 6+ 푘휋 3,푘∈{0,1,2,3,4,5}
Il y a 6 solutions 푧푘=√3푒푖( 휋 6+ 푘휋 3),푘∈{0,1,2,3,4,5} 푧0=√3푒 푖휋 6=√3( √32+ 12 푖)= 32+푖 √32

47. 47
푧1=√3푒 푖휋 2=푖√3 푧2=√3푒 5푖휋 6=√3(− √32+ 12 푖)=− 32+푖 √32 푧3=√3푒 7푖휋 6=√3(− √32− 12 푖)=− 32−푖 √32 푧4=√3푒 3푖휋 2=−푖√3 푧5=√3푒 11푖휋 6=√3( √32− 12 푖)= 32−푖 √32 27(푧−1)6+(푧+1)6=0⇔(푧+1)6=−27(푧−1)6⇔ (푧+1)6(푧−1)6=−27⇔( 푧+1 푧−1) 6=−27
On pose 푍= 푧+1 푧−1 푍6=−27⇔{ |푍6|=|−27| arg(푍6)=arg(−27)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푍|6=27=336arg(푍)=휋+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푍|=(33) 16=√3arg(푍)= 휋 6+ 푘휋 3,푘∈{0,1,2,3,4,5}
Il y a 6 solutions 푍푘=√3푒푖( 휋 6+ 푘휋 3),푘∈{0,1,2,3,4,5}
Il faut alors trouver 푧 en fonction de 푍, 푍= 푧+1 푧−1⇔푍(푧−1)=푧+1⇔푍푧−푍=푧+1⇔푍푧−푧=푍+1⇔푧(푍−1)=푍+1⇔푧 = 푍+1 푍−1
Il y a 6 solutions 푧푘= 푍푘+1 푍푘−1= (푍푘+1)(푍푘−1) (푍푘−1)(푍푘−1) = 푍푘푍푘−푍푘+푍푘−1 푍푘푍푘−푍푘−푍푘+1= |푍푘|2−(푍푘−푍푘)−1|푍푘|2−(푍푘+푍푘)+1= |푍푘|2−2푖ℐ푚(푍푘)−1|푍푘|2−2ℛ푒(푍푘)+1= 3−2푖ℐ푚(푍푘)−13−2ℛ푒(푍푘)+1= 2−2푖ℐ푚(푍푘) 4−2ℛ푒(푍푘) = 1−푖ℐ푚(푍푘) 2−ℛ푒(푍푘) 푍0=√3푒 푖휋 6= 32+푖 √32⇒푧0= 1−푖 √322− 32=2−푖√3 푍1=√3푒 푖휋 2=푖√3⇒푧1= 1−푖√32= 12−푖 √32 푍2=√3푒 5푖휋 6=− 32+푖 √32⇒푧2= 1−푖 √322+ 32= 27−푖 √37 푍3=√3푒 7푖휋 6=− 32−푖 √32⇒푧3= 1+푖 √322+ 32= 27+푖 √37 푍4=√3푒 3푖휋 2=−푖√3⇒푧4= 1+푖√32= 12+푖 √32 푍5=√3푒 11푖휋 6= 32−푖 √32⇒푧0= 1+푖 √322− 32=2+푖√3

48. 48
Allez à : Exercice 41 :
Correction exercice 42 :
1. Ce sont les racines cinquième de l’unité, il vaut mieux connaitre la formule 푧푘=푒 2푖푘휋 5,푘∈ {0,1,2,3,4}
Sinon il faut absolument retrouver la formule très rapidement 푧5=1⇔{ |푧5|=|1| arg(푧5)=arg(1)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|5=15arg(푧)=0+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|=1arg(푧)= 2푘휋 5,푘∈{0,1,2,3,4}
D’où 푧푘=푒 2푖푘휋 5,푘∈{0,1,2,3,4}, c’est-à-dire 푧0=1;푧1=푒 2푖휋 5;푧2=푒 4푖휋 5;푧3=푒 6푖휋 5=푒− 4푖휋 5=푧3; 푧4=푒 8푖휋 5=푒− 2푖휋 5=푧1
2.
푧5=1−푖⇔푧5=√2( √22+푖 √22)⇔푧5=212푒푖 휋 4⇔{ |푧5|=212arg(푧5)= 휋 4+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|5=2125arg(푧)= 휋 4+2푘휋,푘∈ℤ ⇔ { |푧|=(212) 15=2110arg(푧)= 휋 20+ 2푘휋 5,푘∈{0,1,2,3,4} ⇔푧푘=2110푒푖( 휋 20+ 2푘휋 5),푘∈{0,1,2,3,4}
Il y a cinq solutions 푧0=2110푒푖 휋 20;푧1=2110푒푖 9휋 20; 푧2=2110푒푖 17휋 20; 푧3=2110푒푖 25휋 20=2110푒푖 5휋 4=−2110×√2(1+푖) =−2110+ 12(1+푖)=−235(1+푖); 푧4=2110푒푖 32휋 20=2110푒푖 8휋 5
3.
푧3=2−2푖⇔푧3=2√2( √22−푖 √22)⇔푧3=(√2) 3 푒−푖 휋 4⇔{ |푧3|=(√2) 3arg(푧3)=− 휋 4+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|3=(√2) 33arg(푧)=− 휋 4+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|=√2arg(푧)=− 휋 12+ 2푘휋 3,푘∈{0,1,2}
Il y a trois solutions 푧푘=√2푒푖(− 휋 12+ 2푘휋 3),푘∈{0,1,2} 푧0=√2푒−푖 휋 12;푧1=√2푒푖(− 휋 12+ 2휋 3)=√2푒 7푖휋 12;푧2=√2푒푖(− 휋 12+ 4휋 3)=√2푒 15푖휋 12=√2푒 5푖휋 4=−√2푒푖 휋 4
4.
푧5=푧⇔{ |푧5|=|푧| arg(푧5)=arg(푧)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|5=|푧| 5arg(푧)=−arg(푧)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ (|푧|4−1)|푧|=06arg(푧)=2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|4−1=0 ou |푧|=0arg(푧)= 푘휋 3,푘∈{0,1,2,3,4,5} ⇔{푧=0 ou{ |푧|=1arg(푧)= 푘휋 3,푘∈{0,1,2,3,4,5}
Il y a 6 solutions : 푧=0 et 푧푘=푒푖 푘휋 3,푘∈{0,1,2,3,4,5}

49. 49
푧=0; 푧0=1; 푧1=푒푖 휋 3= 12+푖 √32; 푧2=푒푖 2휋 3=− 12+푖 √32; 푧3=푒푖휋=−1; 푧4=푒푖 4휋 3=− 12−푖 √32; 푧5=푒푖 5휋 3= 12−푖 √32 Allez à : Exercice 42 :
Correction exercice 43 :
1. On cherche les complexes tels que
푧푛=−푖⇔{ |푧푛|=|−푖| arg(푧푛)=arg(−푖)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|푛=1 푛arg(푧)=− π2+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|=1arg(푧)=− π2n+ 2푘휋 푛 ,푘∈{0,1,…,푛−1}
Les solutions sont les 푧푘=푒푖(− 휋 2푛 + 2푘휋 푛 ),푘∈{0,1,…,푛−1}
On cherche les complexes tels que 푧푛=1+푖=√2( √22+푖 √22)=√2푒푖 휋 4⇔{ |푧푛|=√2arg(푧푛)= π4+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|푛=√2=212 푛arg(푧)= π4+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|=212푛 arg(푧)= π4n+ 2푘휋 푛 ,푘∈{0,1,…,푛−1}
Les solutions sont les 푧푘=212푛푒푖( 휋 4푛 + 2푘휋 푛 ),푘∈{0,1,…,푛−1}
2. 푧2−푧+1−푖=0
Le discriminant vaut Δ=(−1)2−4(1−푖)=−3−4푖=1+4푖−4=(1+2푖)2
Il y a deux solutions 푧1= 1−(1+2푖) 2=−푖 푧2= 1+1+2푖 2=1+푖
3. 푧2푛−푧푛+1−푖=0, on pose 푍=푧푛
푧2푛−푧푛+1−푖=0⇔푍2−푍+1−푖=0⇔{ 푍=−푖 ou 푍=1+푖 ⇔{ 푧푛=−푖 ou 푧푛=1+푖
L’ensemble des solutions est {푒푖(− 휋 2푛 + 2푘휋 푛 ),푘∈{0,1,…,푛−1},212푛푒 푖( 휋 4푛 + 2푘′휋 푛 ) ,푘′∈{0,1,…,푛−1}} Allez à : Exercice 43 :
Correction exercice 44 :
1.
(푧−1)(1+푧+푧2+⋯+푧푛−1)=푧+푧2+⋯+푧푛−1+푧푛−(1+푧+푧2+⋯+푧푛−1) =푧푛−1
Donc

50. 50
1+푧+푧2+⋯+푧푛−1= 푧푛−1 푧−1
Il s’agit de la formule connue donnant la somme des termes d’une suite géométrique.
2.
푒푖푥−1=푒 푖푥 2(푒 푖푥 2−푒− 푖푥 2)=푒 푖푥 2×2푖sin( 푥 2)=2푖푒 푖푥 2sin( 푥 2)
3.
푍푛=1+푒푖푥+푒2푖푥+⋯+푒(푛−1)푖푥=1+푒푖푥+(푒푖푥) 2+⋯+(푒푖푥) 푛 = (푒푖푥) 푛 −1 푒푖푥−1= 푒푖푛푥−1 푒푖푥−1= 푒 푖푛푥 2(푒 푖푛푥 2−푒− 푖푛푥 2) 푒 푖푥 2(푒 푖푥 2−푒− 푖푥 2) =푒 푖푛푥 2− 푖푥 2 2푖sin( 푛푥 2) 2푖sin( 푥 2) =푒 (푛−1)푖푥 2sin( 푛푥 2) sin( 푥 2) =(cos((푛−1)푥)+푖sin((푛−1)푥)) sin( 푛푥 2) sin( 푥 2) =cos((푛−1)푥) sin( 푛푥 2) sin( 푥 2) +푖sin((푛−1)푥) sin( 푛푥 2) sin( 푥 2)
Comme 푋푛+푖푌푛=1+푒푖푥+푒2푖푥+⋯+푒(푛−1)푖푥
On a 1+cos(푥)+cos(2푥)+⋯+cos((푛−1)푥)=cos((푛−1)푥) sin( 푛푥 2) sin( 푥 2)
Et sin(푥)+sin(2푥)+⋯+sin((푛−1)푥)=sin((푛−1)푥) sin( 푛푥 2) sin( 푥 2) Allez à : Exercice 44 :
Correction exercice 45 :
1. D’après le cours, il existe 푘∈{1,2,3,4} tel que 훼=푒 2푖푘휋 5.
2. Comme 훼≠1
1+훼+훼2+훼3+훼4= 1−훼51−훼 = 1−11−훼 =0
3. 푓′(푥)=1+2푥+3푥2+4푥3+5푥4 d’une part et pour tout 푥≠1
푓(푥)= 1−푥61−푥
On a 푓′(푥)= −6푥5(1−푥)−(1−푥6)(−1) (1−푥)2= −6푥5+6푥6+1−푥6(1−푥)2= −6푥5+5푥6+1(1−푥)2
On obtient donc l’égalité 1+2푥+3푥2+4푥3+5푥4= −6푥5+5푥6+1(1−푥)2
On prend 푥=훼 1+2훼+3훼2+4훼3+5훼4= −6훼5+5훼6+1(1−훼)2= −6+5훼+1(1−훼)2

51. 51
Car 훼5=1 et 훼6=훼5×훼=훼, par conséquent 1+2훼+3훼2+4훼3+5훼4= −5+5훼 (1−훼)2=−51−훼 (1−훼)2=− 51−훼 =−51−푒− 2푖푘휋 5(1−푒 2푖푘휋 5)(1−푒− 2푖푘휋 5) =−51−cos( 2푘휋 5)+푖sin( 2푘휋 5) 1−푒 2푖푘휋 5−푒− 2푖푘휋 5+1=−51−cos( 2푘휋 5)+푖sin( 2푘휋 5) 2−2cos( 2푘휋 5) =− 52−푖 5sin( 2푘휋 5) 2(1−cos( 2푘휋 5)) =− 52−푖 10sin( 푘휋 5)cos( 푘휋 5) 4cos2( 푘휋 5) ==− 52− 52 푖tan( 푘휋 5) Allez à : Exercice 45 :
Correction exercice 46 :
Soit 푓 la fonction définie par 푓(푥)=1+푥+푥2+⋯+푥푛= 1−푥푛+11−푥 푓′(푥)=1+2푥+⋯+푛푥푛−1= (−(푛+1)푥푛)(1−푥)−(1−푥푛+1)(−1) (1−푥)2= −(푛+1)푥푛+(푛+1)푥푛+1+1−푥푛+1(1−푥)2= −(푛+1)푥푛+푛푥푛+1+1(1−푥)2
On prend cette fonction en 휖, et on rappelle que 휖푛=1 (et que donc 휖푛+1=휖) 1+2휖+3휖2+⋯+푛휖푛−1= −(푛+1)휖푛+푛휖푛+1+1(1−휖)2= −(푛+1)+푛휖+1(1−휖)2= −푛+푛휖 (1−휖)2=−푛 1−휖 (1−휖)2=− 푛 1−휖
Ce résultat est relativement satisfaisant mais on va tout de même l’écrire sous forme algébrique.
Comme |휖|=1 |휖|=1⇔|휖|2=1⇔휖휖=1⇔휖= 1 휖 = 휖푛−1 휖휖푛−1= 휖푛−1 휖푛=휖푛−1
Donc 11−휖 = 1−휖 (1−휖)(1−휖) = 1−휖푛−11−(휖+휖)+|휖|2= 1−휖푛−12−2ℛ푒(휖) 1+2휖+3휖2+⋯+푛휖푛−1=−푛×1−휖푛−12−2ℛ푒(휖) Allez à : Exercice 46 :
Correction exercice 47 :
Pour 푧≠1 (푧+1)푛=(푧−1)푛⇔ (푧+1)푛 (푧−1)푛=1⇔( 푧+1 푧−1) 푛 =1
On pose 푍= 푧+1 푧−1,
Par conséquent 푍 est une racine 푛-ième de l’unité et donc 푍=푒 2푖푘휋 푛,푘∈{0,1,…,푛−1} 푧+1 푧−1=푍⇔푧+1=푍(푧−1)⇔푧+1=푍푧−푍⇔푧(1−푍)=−(1+푍)⇔푧= 푍+1 푍−1
Ces équivalences sont vraies si 푧≠1 et 푍≠1. Il faut faire un cas particulier si 푘=0 car alors 푍=1. 푧+1 푧−1=푒 2푖푘휋 푛,푘∈{1,…,푛−1}

52. 52
푧= 푒 2푖푘휋 푛+1 푒 2푖푘휋 푛−1= 푒 푖푘휋 푛(푒 푖푘휋 푛+푒− 푖푘휋 푛) 푒 푖푘휋 푛(푒 푖푘휋 푛−푒− 푖푘휋 푛) = 2cos( 푘휋 푛 ) 2푖sin( 푘휋 푛) =−푖 cotan( 푘휋 푛 )
Si 푘=0, 푧+1 푧−1=1 n’a pas de solution.
On trouve 푛−1 solutions, ce qui n’est pas une contradiction car (푧+1)푛=(푧−1)푛⇔(푧+1)푛−(푧−1)푛=0
Est une équation polynômiale de degré 푛−1 (puisque les 푧푛 se simplifient), est admet donc au plus 푛− 1 solutions. Allez à : Exercice 47 :
Correction exercice 48 :
푧푛=푧⇔{ |푧푛|=|푧| arg(푧푛)=arg(푧)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|푛=|푧| 푛arg(푧)=−arg(푧)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔{ |푧|푛−1=1 ou |푧|=0 푛arg(푧)=−arg(푧)+2푘휋,푘∈ℤ ⇔푧=0 ou { |푧|=1(푛+1)arg(푧)=2푘휋,푘∈ℤ ⇔푧=0 ou { |푧|=1arg(푧)= 2푘휋 푛+1,푘∈{0,1,…,푛}
Les solutions sont 푧=0 et les 푧푘=푒 2푖푘휋 푛+1,푘∈{0,1,…,푛}. Allez à : Exercice 48 :
Correction exercice 49 :
On rappelle que 1+훽+훽2+훽3+훽4+훽5+훽6=0 훽 1+훽2+ 훽21+훽4+ 훽31+훽6= 훽(1+훽4)(1+훽6)+훽2(1+훽2)(1+훽6)+훽3(1+훽2)(1+훽4) (1+훽2)(1+훽4)(1+훽6) = 훽11+훽7+훽5+훽+훽10+훽8+훽4+훽2+훽9+훽7+훽5+훽3 훽12+훽10+훽8+2훽6+훽4+훽2+1= 훽4+1+훽5+훽+훽3+훽+훽4+훽2+훽2+1+훽5+훽3 훽5+훽3+훽+2훽6+훽4+훽2+1= 2(1+훽+훽2+훽3+훽4+훽5) 훽6=− 2훽6 훽6=−2
Cette solution n’est pas élégante du tout, il doit y avoir plus malin. Allez à : Exercice 49 :
Correction exercice 50 :
퐴(푋)=( 푒푖푥+푒−푖푥 2) 3= 푒3푖푥+3푒2푖푥푒−푖푥+3푒푖푥푒−2푖푥+푒−3푖푥 8= 푒3푖푥+푒−3푖푥+3(푒푖푥+푒−푖푥) 8= 2cos(3푥)+3×2cos(푥) 8= 14cos(3푥)+ 34cos(푥)

53. 53
퐵(푥)=( 푒푖푥−푒−푖푥 2푖 ) 3= 푒3푖푥−3푒2푖푥푒−푖푥+3푒푖푥푒−2푖푥−푒−3푖푥 −8푖 = 푒3푖푥−푒−3푖푥−3(푒푖푥−푒−푖푥) −8푖 = 2푖sin(3푥)−3×2푖sin(푥) −8푖 =− 14sin(3푥)+ 34sin(푥) 퐶(푋)=( 푒푖푥+푒−푖푥 2) 4= 푒4푖푥+4푒3푖푥푒−푖푥+6푒2푖푥푒−2푖푥+4푒푖푥푒−3푖푥+푒−4푖푥 16= 푒4푖푥+푒−4푖푥+4(푒2푖푥+4푒−2푖푥)+616= 2cos(4푥)+4×2cos(2푥)+616= 18cos(4푥)+ 12cos(2푥)+ 38 퐷(푋)=( 푒푖푥−푒−푖푥 2푖 ) 4= 푒4푖푥−4푒3푖푥푒−푖푥+6푒2푖푥푒−2푖푥−4푒푖푥푒−3푖푥+푒−4푖푥 16= 푒4푖푥+푒−4푖푥−4(푒2푖푥+4푒−2푖푥)+616= 2cos(4푥)−4×2cos(2푥)+616= 18cos(4푥)− 12cos(2푥)+ 38 퐸(푥)=cos2(푥)sin2(푥)=( 푒푖푥+푒−푖푥 2) 2( 푒푖푥−푒−푖푥 2푖 ) 2= 푒2푖푥+2푒푖푥푒−푖푥+푒−2푖푥 4× 푒2푖푥−2푒푖푥푒−푖푥+푒−2푖푥 −4= (푒2푖푥+2+푒−2푖푥)(푒2푖푥−2+푒−2푖푥) −16= 푒2푖푥푒2푖푥−2푒2푖푥+푒2푖푥푒−2푖푥+2푒2푖푥−4+2푒−2푖푥+푒−2푖푥푒2푖푥−2푒−2푖푥+푒−2푖푥푒−2푖푥 −16= 푒4푖푥−2푒2푖푥+1+2푒2푖푥−4+2푒−2푖푥+1−2푒−2푖푥+푒−4푖푥 −16= 푒4푖푥+푒−4푖푥−2−16= 2cos(4푥)−2−16=− 18cos(4푥)+ 18
Autre méthode en utilisant les formules trigonométriques 퐸(푥)=cos2(푥)sin2(푥)=(cos(푥)sin(푥))2=( 12sin(2푥)) 2= 14sin2(2푥)= 14×1−cos(4푥) 2=− 18cos(4푥)+ 18
En utilisant les formules sin(2푎)=2sin(푎)cos(푎),푎=푥 cos(2푎)=1−sin2(푎)⇔sin2(푎)= 1−cos(2푎) 2,푎=2푥 퐹(푥)=cos(푥)sin3(푥)=cos(푥)퐵(푥)= 푒푖푥+푒−푖푥 2× 푒3푖푥−3푒푖푥+3푒−푖푥−푒−3푖푥 −8푖 = 푒4푖푥−3푒2푖푥+3−푒−2푖푥+푒2푖푥−3+3푒−2푖푥−푒−4푖푥 −16푖 = 푒4푖푥−푒−4푖푥−2(푒2푖푥−푒−2푖푥) −16푖 = 2푖sin(4푥)−2×2푖sin(2푥) −16푖 =− 18sin(4푥)+ 14sin(2푥)

54. 54
퐺(푥)=cos3(푥)sin(푥)=퐴(푥)sin(푥)= 푒3푖푥+3푒푖푥+3푒−푖푥+푒−3푖푥 8× 푒푖푥−푒−푖푥 2푖 = 푒4푖푥−푒2푖푥+3푒2푖푥−3+3−3푒−2푖푥+푒−2푖푥−푒−4푖푥 16푖 = 푒4푖푥−푒−4푖푥+2(푒2푖푥−푒−2푖푥) 16푖 = 2푖 sin(4푥)+2×2푖sin(2푥) 16푖 = 18sin(4푥)+ 14sin(2푥)
On peut toujours faire « comme d’habitude » améliorons un peu les choses 퐻(푥)=cos3(푥)sin2(푥)=cos(푥)(cos(푥)sin(푥))2=cos(푥)( 12sin(2푥)) 2= 14cos(푥)sin2(2푥) = 14cos(푥)( 1−cos(4푥) 2)= 18cos(푥)(1−cos(4푥))= 18cos(푥)− 18cos(푥)cos(4푥)
Alors on utilise des formules souvent inconnues des étudiants (et c’est fort dommage) ou on fait comme d’habitude 퐻(푥)= 18cos(푥)− 18cos(푥)cos(4푥)= 18cos(푥)− 18( 푒푖푥+푒−푖푥 2)( 푒4푖푥+푒−4푖푥 2) = 18cos(푥)− 132(푒5푖푥+푒−3푖푥+푒3푖푥+푒−5푖푥) = 18cos(푥)− 132(푒5푖푥+푒−5푖푥+푒−3푖푥+푒3푖푥) = 18cos(푥)− 132(2cos(5푥)+2cos(3푥)= 18cos(푥)− 116cos(5푥)− 116cos(3푥) 퐼(푥)=cos2(푥)sin3(푥)
Allez, encore une autre technique !
On pose 푡= 휋 2−푥⇔푥=푡− 휋 2 ainsi cos(푥)=cos(푡− 휋 2)=sin(푡) et sin(푥)=sin(푡− 휋 2)=cos(푡)
Donc 퐼(푥)=sin2(푡)cos3(푡)= 18cos(푡)− 116cos(5푡)− 116cos(3푡) = 18cos(푥− 휋 2)− 116cos(5(푥− 휋 2))− 116cos(3(푥− 휋 2)) = 18sin(푥)− 116cos(5푥− 5휋 2)− 116cos(3푥− 3휋 2) = 18sin(푥)− 116cos(5푥− 휋 2)− 116cos(3푥+ 휋 2) = 18sin(푥)− 116sin(5푥)+ 116sin(3푥) 퐽(푥)=cos(푥)sin4(푥)=cos(푥)퐷(푥)= 푒푖푥+푒−푖푥 2× 푒4푖푥+푒−4푖푥−4푒2푖푥−4푒−2푖푥+616= 132(푒5푖푥+푒−3푖푥−4푒3푖푥−4푒−푖푥+6푒푖푥+푒3푖푥+푒−5푖푥−4푒푖푥−4푒−3푖푥+6푒−푖푥) = 132(푒5푖푥+푒−5푖푥−3(푒3푖푥+푒−3푖푥)+2(푒푖푥+푒−푖푥)) = 132(2cos(5푥)−3×cos(3푥)+2×2cos(푥)) = 116cos(5푥)− 332cos(3푥)+ 18cos(푥)
Allez à : Exercice 50 :
Correction exercice 51 :
1. 1−푧 1−푖푧 est réel si et seulement si 1−푧 1−푖푧 =( 1−푧 1−푖푧 )= 1−푧 1+푖푧

55. 55
1−푧 1−푖푧 = 1−푧 1+푖푧 ⇔(1−푧)(1+푖푧)=(1−푧)(1−푖푧)⇔1+푖푧−푧−푖푧푧=1−푖푧−푧+푖푧푧 ⇔푖푧−푧−푖푧푧=−푖푧−푧+푖푧푧⇔푖(푧+푧)−2푖|푧|2=푧−푧
On pose 푧=푎+푖푏 1−푧 1−푖푧 = 1−푧 1+푖푧 ⇔2푖푎−2푖(푎2+푏2)=2푖푏⇔푎−(푎2+푏2)=푏⇔푎2−푎+푏2+푏=0⇔(푎− 12) 2− 14+(푏+ 12) 2− 14=0⇔(푎− 12) 2+(푏+ 12) 2= 12
Il s’agit du cercle de centre ( 12,− 12) et de rayon 1√2.
2. 1−푧 1−푖푧 est imaginaire pur si et seulement si 1−푧 1−푖푧 =−( 1−푧 1−푖푧 )=− 1−푧 1+푖푧
1−푧 1−푖푧 =− 1−푧 1+푖푧 ⇔(1−푧)(1+푖푧)=−(1−푧)(1−푖푧)⇔1+푖푧−푧−푖푧푧 =−(1−푖푧−푧+푖푧푧)⇔1+푖푧−푧−푖푧푧=−1+푖푧+푧−푖푧푧⇔1+푖푧−푧 =−1+푖푧+푧 ⇔2−푖(푧−푧)=푧+푧
On pose 푧=푎+푖푏 1−푧 1−푖푧 =− 1−푧 1+푖푧 ⇔2−푖(푎+푖푏−푎+푖푏)=2푎⇔2+2푏=2푎⇔1=푎−푏
Il s’agit de la droite d’équation : 푏=−1+푎. Allez à : Exercice 51 :
Correction exercice 52 :
1. (1+푖)2=1+2푖−1=2푖⇒(1+푖)6=((1+푖)2)3=(2푖)3=8×푖3=−8푖
2. 푧2=−8푖⇔푧2=(1+푖)6⇔푧2=((1+푖)3)2⇔푧=(1+푖)3 ou 푧=−(1+푖)3
⇔푧=(1+푖)2(1+푖) ou 푧=−(1+푖)2(1+푖)⇔푧=2푖(1+푖) ou 푧=−2푖(1+푖) ⇔푧=−2+2푖 ou 푧=2−2푖
3.
푧=−2+2푖=2√2(− √22+푖 √22)=2√2푒 3푖휋 4 푧=2−2푖=2√2( √22−푖 √22)=2√2푒 7푖휋 4=2√2푒− 푖휋 4
4.
푧3=−8푖⇔푧3=((1+푖)2)3⇔푧3=(2푖)3⇔( 푧 2푖 ) 3=1⇔ 푧 2푖 =1 ou 푧 2푖 =푗 ou 푧 2푖 =푗2 ⇔푧=2푖 ou 푧=2푖푗 ou 푧=2푖푗2⇔푧=2푖 ou 푧=2푖(− 12+푖 √32) ou 푧=2푖(− 12−푖 √32) ⇔푧=2푖 ou 푧=−√3−푖 ou 푧=√3−푖 Allez à : Exercice 52 :
Correction exercice 53 :
1.
푓(푧)=푧⇔푧(1−푧)=푧⇔푧(1−푧)−푧=0⇔푧−푧2−푧=0⇔푧2=0⇔푧=0
2.
|푓(푧)− 12|=|푧(1−푧)− 12|=|(푧− 12)( 12−푧)+ 14− 12|=|−(푧− 12) 2− 14|≤|(푧− 12) 2|+ 14≤|푧− 12| 2+ 14≤( 12) 2+ 14= 12 Allez à : Correction exercice 53 :
Correction exercice 54 :

56. 56
1. Pour tout 푧1,푧2 différent de −푖,
푓(푧1)=푓(푧2)⇔ 푧1−푖 푧1+푖 = 푧2−푖 푧2+푖 ⇔(푧1−푖)(푧2+푖)=(푧2−푖)(푧1+푖) ⇔푧1푧2+푖푧1−푖푧2+1=푧2푧1+푖푧2−푖푧1+1⇔2푖푧1=2푖푧2⇔푧1=푧2
Donc 푓 est injective.
2.
1−푓(푧)=1− 푧−푖 푧+푖 = 푧+푖−(푧−푖) 푧+푖 = 2푖 푧+푖 ≠0
Donc 푓(푧)≠1
3.
Si 푧∈퐸 alors 푓(푧)≠1 ce qui signifie que 푓(푧)∈ℂ∖{1}, ce al montre que 푓(퐸)⊂ℂ∖{1}
Si 푍∈ℂ∖{1} alors il faut montrer qu’il existe 푧∈퐸 tel que 푍=푓(푧). 푍=푓(푧)⇔푍= 푧−푖 푧+푖 ⇔푍(푧+푖)=푧−푖⇔푍푧+푖푍=푧−푖⇔푍푧−푧=−푖푍−푖⇔푧(푍−1) =−푖(푍+1)⇔푧=−푖 푍+1 푍−1
Il reste à montrer que 푧≠−푖, si 푧=−푖 푍+1 푍−1=−푖⇔ 푍+1 푍−1=1⇔푍+1=푍−1⇔1=−1
Donc 푧 ne peut être égal à −푖. On a montré que si 푍∈ℂ∖{1} alors 푍∈푓(퐸) cela montre que ℂ∖{1}⊂푓(퐸)
On a bien montré l’égalité demandé.
On en déduit que 푓 est surjective et donc bijective.
4.
1−|푓(푧)|2=1−| 푧−푖 푧+푖 | 2=1− (푧−푖)(푧+푖) (푧+푖)(푧−푖) = (푧+푖)(푧−푖)−(푧−푖)(푧+푖) (푧+푖)(푧−푖) = |푧2|−푖푧+푖푧+1−(|푧2|+푖푧−푖푧+1) |푧+푖|2= −2푖푧+2푖푧 |푧+푖|2=− 2푖(푧−푧) |푧+푖|2=− 2푖×2푖ℐ푚(푧) |푧+푖|2=4 ℐ푚(푧) |푧+푖|2
5. Si 푧∈ℝ alors ℐ푚(푧)=0, d’après la question précédente
1−|푓(푧)|2=0⇔|푓(푧)|=1
Ce qui signifie que 푓(푧)∈풰
Comme 푓(푧)≠1, 푓(푧)∈풰∖{1}
On a montré que 푓(ℝ)⊂풰∖{1}
Si 푍∈풰∖{1} l’image réciproque de 푍 est 푧=−푖 푍+1 푍−1, il faut montrer que ce complexe est réel. −푖 푍+1 푍−1−(−푖 푍+1 푍−1)=−푖 푍+1 푍−1−푖 푍+1 푍−1=−푖 (푍+1)(푍−1)+(푍+1)(푍−1) (푍−1)(푍−1) =−푖 |푍|2−푍+푍−1+|푍|2−푍+푍−1|푍−1|2=−2푖 |푍|2−1|푍−1|2=0
Cela montre que −푖 푍+1 푍−1∈ℝ. On a montré que si 푍∈풰∖{1} alors il existe 푧∈ℝ tel que 푍=푓(푧). Autrement dit 풰∖{1}⊂푓(ℝ)
D’où l’égalité demandée.

57. 57
Allez à : Exercice 54 :