Introduction historique

On souhaite résoudre l'équation: \[ x^3 = 15x+4. \] Nous sommes au XVIieme siècle (en 1545 plus exactement) et nous sommes Jérôme Cardan, mathématicien italien.

Nous avons travaillé dur pour établir une formule qui pourrait donner une solution à toute équation de la forme $x^3=px+q$. Il s'agit de la formule suivante: \[ x = \sqrt[3]{\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4}-\frac{p^3}{27}}} - \sqrt[3]{-\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4}-\frac{p^3}{27}}}. \]

Si l'on considère l'équation que l'on souhaite résoudre, on prend $p=15$ et $q=4$, puis on applique cette formule: \[ x = \sqrt[3]{\frac{4}{2} + \sqrt{\frac{4^2}{4}-\frac{15^3}{27}}} - \sqrt[3]{-\frac{4}{2} + \sqrt{\frac{4^2}{4}-\frac{15^3}{27}}} = \sqrt[3]{2+\sqrt{-121}} - \sqrt[3]{-2+\sqrt{-121}}.\tag{1} \]

Diantre! Nous avons affaire à $\sqrt{-121}$... Cette formule serait-elle fausse ?

Qu'à cela ne tienne! Nous sommes un grand mathématicien et nous sommes sûrs de notre formule! Nous allons donc aller au-delà de nos connaissances et créer une nouvelle mathématique dans laquelle nous pourrons calculer une racine carrée d'un nombre négatif!

Pour cela, commençons par considérer que $\sqrt{-1}$ existe, et notons-le « $\i$ » de sorte que $\i^2 = -1$.

Alors, \[ \sqrt{-121} = \sqrt{121 \times \i^2} = \sqrt{(11\i)^2}=11\i. \] Ainsi, \[ (1) \iff x = \sqrt[3]{2+11\i} - \sqrt[3]{-2+11\i}. \] Par intuition (n'oublions pas que nous sommes un grand mathématicien), en considérant les mêmes règles de calculs que nous connaissons déjà, utilisons la distributivité pour développer:

\begin{align}(2+\i)^3 & = (2+\i)(2+\i)^2\\ & = (2+\i)(2^2 + 4\i + \i^2)\\ & = (2+\i)(4 + 4\i - 1)\\ & = (2+\i)(3 + 4\i)\\ & = 6 + 8\i + 3\i + 4\i^2\\ & = 6 + 11\i - 4\\ & = 2 + 11\i.\end{align}

Ainsi, \[ 2 + \i = \sqrt[3]{2+11\i}. \] On démontrerait de même que: \[ -2+\i = \sqrt[3]{-2+11\i}. \] Finalement, \[ (1) \iff x = 2 + \i - (-2+\i) = 4. \]

Fichtre! Une solution bien réelle alors que nous sommes passés par une mathématique hypothétique en introduisant ce maudit nombre $\i$ ? Vérifions tout de même si cette valeur est bien solution de l'équation initiale: \[ x^3 = 4^3 = 64\qquad\text{et}\qquad 15x+4 = 15\times4+4=60+4=64. \] La valeur trouvée est donc bien une solution! La mathématique créée pour l'occasion est donc utile... Cela mérite développement!

Construction algébrique des nombres complexes

Base des nombres complexes

Nous avons inventé un nombre $\i$ telle que $i^2=-1$. Ce nombre n'est bien entendu pas réel (ça se saurait...).

On va donc imaginer un ensemble de nombres obtenus par combinaison linéaire du nombre réel « 1 » et du nom imaginaire « $\i$ », c'est-à-dire des nombres de la forme $a\times1 + b\times\i$, où $a$ et $b$ sont réels.

On appelle nombre complexe tout nombre de la forme: \[ z = a + \i b \] où $a$ et $b$ sont deux nombres réels, et où $\i^2=-1$.

On dira alors que:

$a$ est la partie réelle de $z$, notée $\Re(z)$;
$b$ est la partie imaginaire de $z$, noté $\Im(z)$.

La partie imaginaire ne contient pas le « $\i$ ».

$z_1 = 3 + \i$ est un nombre complexe dont la partie réelle est $a=3$ et la partie imaginaire est $b=1$.
$z_2 = -\i$ est un nombre complexe dont la partie réelle est $a=0$ et la partie imaginaire est $b=-1$.
$z_3=7$ est un nombre complexe dont la partie réelle est $a=7$ et la partie imaginaire est $b=0$.

Tout nombre réel est aussi un nombre complexe.

L'ensemble des nombres complexes est noté $\C$. \[ \C = \big\{ a+\i b,\ a\in\R,\ b\in\R\big\} = \big\{ a+\i b,\ \coord{a}{b}\in\R^2 \big\} \]

Opérations algébriques

Comme tout ensemble, il faut que $\C$ soit muni de certaines opérations algébriques. Munissons alors $\C$ est mêmes opérations algébriques que $\R$.

Considérons deux nombres complexes $z=a+\i b$ et $z'=a'+\i b'$.

On définit alors:

la somme: $z+z' = (a+a') + \i(b+b')$;
le produit: \[ \begin{align} z \times z' &= (a+\i b)(a'+\i b')\\ & = aa' + \i ab' + \i ba' + bb'\i^2\\ & = (aa' - bb') + \i(ba' + ab').\end{align} \]

À partir de ces deux opérations, on peut alors définir:

l'opposé: $-z = -a - \i b$;
la différence: $z-z' = z + (-z') = (a-a') + \i(b-b')$.

conjugué

Soit $z = a+\i b$ un nombre complexe. On appelle conjugué de $z$ le nombre: \[ \overline{z} = a - \i b. \]

Pour tout nombre complexe $z = a+\i b$, \[ z \times \overline{z} = a^2 + b^2. \]

Il suffit de calculer:

\[ \begin{align}(a + \i b)(a - \i b) & = a^2 - (\i b)^2 \quad \text{(identités remarquables)}\\ & = a^2 - \i^2b^2\\ & = a^2 - (-1)b\\ & = a^2 + b^2.\end{align} \]

On peut alors s'aider de cela pour définir:

l'inverse: \[ \begin{align} \dfrac{1}{z} & = \dfrac{\overline{z}}{z\overline{z}}\\& = \dfrac{a-\i b}{a^2+b^2} \\&= \dfrac{a}{a^2+b^2} - \dfrac{b}{a^2+b^2}\i. \end{align} \]
le quotient: \[ \begin{align} \dfrac{z}{z'}&=\dfrac{z\overline{z'}}{z'\overline{z'}}\\&=\dfrac{aa'-bb'}{a'^2+b'^2} + \dfrac{ab'+ba'}{a'^2+b'^2}\i.\end{align} \]

Il n'est pas demandé d'apprendre par coeur ces formules, mais juste de retenir les modes opératoires.

Propriétés sur les conjugués

Soient $z$ et $z'$ deux nombres complexes, $z'\neq0$.

$\overline{z+z'}=\overline{z}+\overline{z'}$
$\overline{z \times z'} = \overline{z} \times \overline{z'}$
$\forall n\in\N,\ \overline{z^n} = \overline{z}^n$
$\overline{\dfrac{z}{z'}} = \dfrac{\overline{z}}{\overline{z'}}$
$\overline{\overline{z}}=z$
$\overline{z}=z \iff z\in\R$
$\Re(z) = \dfrac{z+\overline{z}}{2}$
$\Im(z)=\dfrac{z-\overline{z}}{2\i}$

Posons $z=a+\i b$ et $z'=a'+\i b'$.

On a: \[ \begin{align} \overline{z+z'} & = \overline{(a+a') + \i(b+b')}\\ & = (a+a') - \i(b+b')\\ & = (a-\i b) + (a'-\i b')\\ & = \overline{z} + \overline{z'}.\end{align} \]
On a: \[ \begin{align} \overline{z \times z'} & = \overline{(a+\i b)(a'+\i b')} \\ & = \overline{(aa'-bb') + i(ab'+ba')}\\ & = (aa'-bb') - \i(ab'+ba').\end{align} \]

De plus, \[ \begin{align} \overline{z} \times \overline{z'} & = \overline{a+\i b} \times \overline{a'+\i b'}\\ & = (a-\i b)(a'-\i b')\\ & = (aa'-bb') - \i(ab'+ba')\\ & = \overline{z \times z'}.\end{align} \]
Démontrons l'égalité par récurrence.
- Initialisation: pour $n=0$, \[ \overline{z^n}=\overline{z^0}=\overline{1}=1=\overline{z}^0. \]
- Hérédité: supposons que pour un entier $k$ fixé, $\overline{z^k}=\overline{z}^k$ (HR).
  
  \[ \begin{align} \overline{z^{k+1}} & = \overline{z^k \times z}\\ & = \overline{z^k} \times \overline{z}\text{ (d'après l'item précédent)}\\ & = \overline{z}^k \times \overline{z}\text{ d'après (HR)}\\ & = \overline{z}^{k+1}. \end{align} \]
  
  L'hérédité est alors vérifiée.
L'égalité est alors vraie pour $n\in\N$.
On a: \[ \begin{align} \overline{\dfrac{1}{z'}} & = \dfrac{a'}{a'^2+b'^2}+\dfrac{b'}{a'^2+b'^2}\i\\ \text{et }\dfrac{1}{\overline{z'}} & = \dfrac{1}{a'-\i b'}\textcolor{red}{\times\dfrac{a'+\i b'}{a'+\i b'}}\\ & = \dfrac{a'+\i b'}{a'^2 + b'^2}\\ & = \overline{\dfrac{1}{z'}}.\end{align} \]

Ainsi, \[ \begin{align} \overline{\dfrac{z}{z'}} & = \overline{z \times \dfrac{1}{z'}}\\& = \overline{z} \times \overline{\dfrac{1}{z'}}\text{ d'après l'item 2 de cette propriété}\\ & = \overline{z} \times \dfrac{1}{\overline{z'}}\text{ d'après ce qui a été fait en amont au début de cet item}\\ & = \dfrac{\overline{z}}{\overline{z'}}. \end{align} \]
$\overline{\overline{z}} = \overline{a - \i b} = a+\i b=z$.
$\overline{z}-z = (a-\i b)-(a+\i b)=-2\i b$.

Ainsi, \[ \begin{align} \overline{z}=z & \iff \overline{z}-z=0\\ & \iff -2\i b = 0\\ & \iff b = 0\\ & \iff z \in\R. \end{align} \]
On a: \[ \begin{align} \dfrac{z+\overline{z}}{2} & = \dfrac{(a+\i b) + (a-\i b)}{2}\\ & = \dfrac{2a}{2}\\ & = a\\ & = \Re(z). \end{align} \]
On a: \[ \begin{align} \dfrac{z-\overline{z}}{2\i} & = \dfrac{(a+\i b) - (a-\i b)}{2\i}\\ & = \dfrac{2b\i}{2\i}\\ & = b\\ & = \Im(z). \end{align} \]

Formule du binôme de Newton

On désigne par coefficient binomial « $k$ parmi $n$ » le nombre: \[ \dbinom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}\text{ et }n!=1\times2\times3\times\cdots\times(n-1)\times n. \] Il désigne par exemple le nombre de sous-ensembles à $k$ éléments pris parmi $n$ éléments distincts.

admise

Pour tout entier naturel $n$ et pour tout entier $k \leqslant n$, \[ \dbinom{n}{k-1}+\dbinom{n}{k}=\dbinom{n+1}{k} \]

À l'aide de cette propriété, nous pouvons « construire » une visualisation des premiers coefficients binomiaux :

Chaque nombre en noir est obtenu en ajoutant le nombre au-dessus et celui qui est à gauche du nombre au-dessus, comme le montre l'exemple du $6=3+3$ qui illustre l'égalité : $\dbinom{3}{1}+\dbinom{3}{2}=\dbinom{4}{2}$.

formule du binôme de Newton

Pour tous nombres complexes $a$ et $b$, et pour tout entier naturel $n$ non nul, \[ (a+b)^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}a^kb^{n-k}. \]

Démontrons cette égalité par récurrence.

Initialisation: $(a+b)^1 = a+b$ et $\displaystyle\sum_{k=0}^1 \dbinom{1}{k}a^kb^{1-k}=\dbinom{1}{0}a^0b^1 + \dbinom{1}{1}a^1b^0 = b+a=a+b$.
Hérédité: supposons que pour un entier $p$ fixé, $(a+b)^p = \displaystyle\sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k}$.

Alors, \[ \begin{align} (a+b)^{p+1} & = (a+b)(a+b)^p\\ & = (a+b)\sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k}\quad\text{ d'après l'hypothèse de récurrence}\\ & = a\sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k} + b\sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k}\\ & = \sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^{k+1}b^{p-k} + \sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k+1}\\ & = \sum_{\textcolor{red}{k=1}}^{\textcolor{red}{p+1}} \dbinom{p}{\textcolor{red}{k-1}}a^{\textcolor{red}{k}}b^{p-\textcolor{red}{(k-1)}} + \sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k+1}\\ & = \left[ \sum_{\textcolor{red}{k=1}}^{\textcolor{red}{p}} \dbinom{p}{\textcolor{red}{k-1}}a^{\textcolor{red}{k}}b^{p-k+1} + \dbinom{p}{p}a^{p+1}b^{p-(p+1-1)} \right] + \left[ \sum_{\textcolor{blue}{k=1}}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k+1} + \dbinom{p}{0}a^0b^{p-0+1} \right]\\ & = \sum_{k=1}^{p} \left(\dbinom{p}{k-1}+\dbinom{p}{k}\right)a^kb^{n_k+1} + a^{p+1}b^{0} + a^0b^{p+1}\\ & = \sum_{k=1}^{p} \dbinom{p+1}{k}a^kb^{n_k+1} + a^{p+1} + b^{p+1}\quad\text{ car }\dbinom{p}{k-1}+\dbinom{p}{k}=\dbinom{p+1}{k} \\ & = \sum_{k=1}^{p} \dbinom{p+1}{k}a^kb^{n_k+1} + \underbrace{\dbinom{p+1}{p+1}}_{=1} a^{p+1} + \underbrace{\dbinom{p+1}{0}}_{=0} b^{p+1} \\ & = \sum_{k=0}^{p+1} \dbinom{p+1}{k}a^kb^{n_k+1}. \end{align} \]

L'égalité est alors vraie au rang $p+1$. L'hérédité est alors vérifiée.

Cette démonstration est extrêmement compliquée. Il ne faut pas se décourager si vous ne la comprenez pas immédiatement.

\[ \i^n = \begin{cases} 1 & \text{ si }n = 4k\\ \i & \text{ si }n = 4k+1\\ -1 & \text{ si }n = 4k+2\\ -\i & \text{ si }n=4k+3 \end{cases} \quad,\quad k\in\Z. \]

Raisonnons par disjonction de cas sur $n$:

si $n=4k$, $\i^n = \i^{4k} = (\i^4)^k = \Big[ (\i^2)^2 \Big]^k = \Big[ (-1)^2 \Big]^k = \Big[1\Big]^k = 1$.
si $n=4k+1$, $\i^n=\i^{4k+1}=\i^{4k}\times\i^1=1 \times \i = \i$.
si $n=4k+2$, $\i^n = \i^{4k+1} \times \i^1 = \i \times \i = -1$.
si $n=4k+3$, $\i^n = \i^{4k+2} \times \i^1 = -1 \times \i = -\i$.

Soit $z=a+\i b$ un nombre complexe, et soit $n$ un entier naturel. Alors, \[ z^n = (a+\i b)^n = \sum_{\substack{k=4p\\k\leqslant n}} \dbinom{n}{k}a^{n-k}b^k - \sum_{\substack{k=4p+2\\k\leqslant n}} \dbinom{n}{k}a^{n-k}b^k + \i\left(\sum_{\substack{k=4p+1\\k\leqslant n}} \dbinom{n}{k}a^{n-k}b^k - \sum_{\substack{k=4p+3\\k\leqslant n}} \dbinom{n}{k}a^{n-k}b^k\right) \] où $\dbinom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$, avec $n!=1\times2\times3\times\cdots\times(n-1)\times n$.

Calculons $(2+3\i)^6$:\[ \begin{align} (2+3\i)^6 & = \textcolor{red}{\sum_{\substack{k=4p\\k\leqslant 6}} \dbinom{6}{k}2^{6-k}3^k} - \textcolor{purple}{\sum_{\substack{k=4p+2\\k\leqslant 6}} \dbinom{6}{k}2^{6-k}3^k} + \i\left(\textcolor{green!50!black}{\sum_{\substack{k=4p+1\\k\leqslant 6}} \dbinom{6}{k}2^{6-k}3^k} - \textcolor{blue}{\sum_{\substack{k=4p+3\\k\leqslant 6}} \dbinom{6}{k}2^{6-k}3^k}\right)\\ & = \textcolor{red}{\dbinom{6}{0}2^{6}3^0+\dbinom{6}{4}2^{6-4}3^4 } - \textcolor{purple}{ \dbinom{6}{2}2^{6-2}3^2 + \dbinom{6}{6}2^{6-6}3^6} +\i\left( \textcolor{green!50!black}{ \dbinom{6}{1}2^{6-1}3^1 + \dbinom{6}{5}2^{6-5}3^5} - \textcolor{blue}{ \dbinom{6}{3}2^{6-3}3^3 } \right)\\ & = \textcolor{red}{1\times2^6+15\times2^2\times3^4} - \textcolor{purple}{15\times2^4\times3^2+1\times3^6}+\i\Big( \textcolor{green!50!black}{6\times2^5\times3+6\times2^1\times3^5}-\textcolor{blue}{20\times2^3\times3^3} \Big)\\ & = \textcolor{red}{\numprint{4924}}-\textcolor{purple}{\numprint{2889}} + \i( \textcolor{green!50!black}{\numprint{3492}}-\textcolor{blue}{\numprint{4320}} )\\ & = 2035 - 828\i. \end{align} \]

Pour la plupart des personnes, dans la pratique, il est préférable d'utiliser la formule du binôme de Newton.

Equations

Equations du premier degré

Soient $a$ et $b$ deux nombres complexes.

L'équation $az + b = 0$, d'inconnue $z$, admet pour solution dans $\C$ : \[ z = -\dfrac{b}{a}. \]

Résoudre dans $\C$ l'équation: $\i z + (1 + \i) = 0$.

\[ \begin{align}\i z + (1 + \i) = 0 & \iff z = -\dfrac{1+\i}{\i}\\ & \iff z = -\dfrac{1}{\i} - \dfrac{\i}{\i}\\ & \iff z = -\dfrac{\i}{\i^2} - 1\\ & \iff z = -1 + \i.\end{align} \]

Equation du second degré

Soient $a$, $b$ et $c$ rois nombres réels.

Si $\Delta = b^2-4ac<0$ alors l'équation $az^2 + bz + c = 0$ admet deux solutions complexes: \[ z_1=\dfrac{-b-\i\sqrt{|\Delta|}}{2a}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-b+\i\sqrt{|\Delta}}{2a}. \]

Dans ce cas, $z_2 = \overline{z_1}$.

Le polynôme $z^2+z+1$ a pour discriminant $\Delta=-3$ donc ses racines sont: \[ z_1=\dfrac{-1-\i\sqrt3}{2}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-1+\i\sqrt3}{2}. \]

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Exercices

Effectuez les opérations suivantes en mettant le résultat sous la forme $a+\i b$, $a$ et $b$ étant deux réels:

$(7+2\i)+(9-4\i)$
$(2\i-3)-(8+4\i)$
$(2+3\i)(1+\i)$
$(-2+4\i)(\i-5)$
$(4-3\i)^2$
$(1+\i)^3$

$(7+2\i)+(9-4\i)=7+9+2\i-4\i=\underline{16-2i}$.
$(2\i-3)-(8+4\i)=-3-8+2\i-4\i=\underline{-11-2\i}$.
$(2+3\i)(1+\i)=2\times1+3\i^2+2\times\i+3\i\times1=2-3+5\i=\underline{-1+5\i}$.
$(-2+4\i)(\i-5)=-2\times(-5)+4\i^2-2\i+4\i\times(-5)=10-4-2\i-20\i=\underline{6-22\i}$.
$(4-3\i)^2=4^2+(3\i)^2-2\times4\times3\i=16-9-24\i=\underline{7-24\i}$.
$(1+\i)^3=(1+\i)^2(1+\i)=(1+\i^2+2\i)(1+\i)=2\i(1+\i)=2\i+2\i^2=\underline{-2+2\i}$.

méthode de développement

Lorsque je développe : \[ (a+b\i)(a'+b'\i) \] je choisis d'écrire en premier : $aa'+bb'\i^2=aa'-bb'$ afin d'avoir la partie réelle en premier et d'un seul coup. Ensuite, je considère les produits d'un réel par un imaginaire : $ab'\i+ba'\i$ afin d'avoir la partie imaginaire d'un coup.

Mettre sous la forme algébrique les nombres complexes suivants :

$\dfrac{1+\i}{1-\i}$
$\dfrac{1}{3+5\i}$
$\dfrac{2+\i}{3-4\i}$
$\dfrac{\i-1}{3+2\i}$
$\dfrac{5+3\i}{2\i-1}$
$\dfrac{3\i-4}{4\i-3}$

$\dfrac{1+\i}{1-\i}=\dfrac{(1+\i)(1+\i)}{(1-\i)(1+\i)}=\dfrac{2\i}{2}=\boxed{\i}$.
$\dfrac{1}{3+5\i}=\dfrac{1(3-5\i)}{(3+5\i)(3-5\i)}=\dfrac{3-5\i}{3^2+5^2}=\boxed{\dfrac{3}{34}-\dfrac{5}{34}\i}$.
$\dfrac{2+\i}{3-4\i}=\dfrac{(2+\i)(3+4\i)}{(3-4\i)(3+4\i)}=\dfrac{2+11\i}{3^2+4^2}=\boxed{\dfrac{2}{25}+\dfrac{11}{25}\i}$.
$\dfrac{\i-1}{3+2\i}=\dfrac{(-1+\i)(3-2\i)}{(3+2\i)(3-2\i)}=\dfrac{-1+5\i}{3^2+2^2}=\boxed{-\dfrac{1}{13}+\dfrac{5}{13}\i}$.
$\dfrac{5+3\i}{2\i-1}=\dfrac{(5+3\i)(-1-2\i)}{(-1+2\i)(-1-2\i)}=\dfrac{1-13\i}{(-1)^2+2^2}=\boxed{\dfrac{1}{5}-\dfrac{13}{5}\i}$.
$\dfrac{3\i-4}{4\i-3}=\dfrac{(-4+3\i)(-3-4\i)}{(-3+4\i)(-3-4\i)}=\dfrac{24+7\i}{(-3)^2+4^2}=\boxed{\dfrac{24}{25}+\dfrac{7}{25}\i}$

Soit $z=a+\i b$ un nombre complexe. Montrer l'équivalence suivante: \[ z^2 + \overline{z}^2 = 1 \iff b^2 = a^2 - \dfrac{1}{2}. \]

On a: \[ \begin{align} z^2 + \overline{z}^2 = 1 & \iff (a+\i b)^2 + (a-\i b)^2 = 1\\ & \iff a^2 + 2ab\i + (\i b)^2 + a^2 - 2ab\i + (\i b)^2 = 1\\ & \iff a^2 + 2ab\i - b^2 + a^2 - 2ab\i - b^2 = 1\\ & \iff 2a^2 - 2b^2 = 1\\ & \iff a^2 - b^2 = \dfrac{1}{2}\\ & \iff b^2 = a^2 - \dfrac{1}{2}.\end{align} \]

Donner la forme algébrique des nombres suivants.

$(2 - \i)^5$
$(2 + \i)^5$
$(1 + 2\i)^4$
$(1+2\i)^8$

Pour calculer $(a+\i b)^n$, on peut bien entendu utiliser la propriété 6 du cours, mais on peut aussi utiliser directement le binôme de Newton, ce qui est peut-être plus simple.

On a: \[ \begin{align} (2 - \i)^5 & = \sum_{k=0}^5\dbinom{5}{k}2^k \times (-\i)^{5-k}\\ & = \dbinom{5}{0}2^0(-\i)^5 + \dbinom{5}{1}2^1(-\i)^4 + \dbinom{5}{2}2^2(-\i)^3 + \dbinom{5}{3}2^3(-\i)^2 + \dbinom{5}{4}2^4(-\i)^1 + \dbinom{5}{5}2^5(-\i)^0\\ & = -\i +10 +40\i - 80 - 80\i + 32\\ (2 - \i)^5 & = -38 - 41\i \end{align} \]
On a: \[ \begin{align} (2 + \i)^5 & = \overline{(2-\i)}^5\\ & = \overline{(2-\i)^5}\\ & = \overline{-38 - 41\i} \quad\text{d'après la question 1}\\ (2 + \i)^5 & = -38 + 41\i. \end{align} \]
On a: \[ \begin{align} (1 + 2\i)^4 & = \sum_{k=0}^4\dbinom{4}{k}1^k \times (2\i)^{4-k}\\ & = \dbinom{4}{0}1^0\times(2\i)^4 + \dbinom{4}{1}1^1\times(2\i)^3 + \dbinom{4}{2}1^2\times(2\i)^2 + \dbinom{4}{3}1^3\times(2\i)^1 + \dbinom{4}{4}1^4\times(2\i)^0 \\ & = 16 - 32\i - 24 + 8\i + 1\\ (1 + 2\i)^4 & = -7 - 24\i.\end{align} \]
On a: \[ \begin{align} (1+2\i)^8 & = \big[(1+2\i)^4\big]^2\\ & = (-7 - 24\i)^2\quad\text{d'après la question 3}\\ & = 49 + 2\times7\times24\i + (24\i)^2\\ (1+2\i)^8& = -527 + 336\i. \end{align} \]

Résoudre dans $\C$ les équations suivantes.

$(1+\i)z = 2$
$(3-5\i)z = 3 + 5\i$
$z^2 + 3z + \frac{25}{4}=0$
$-3z^2+5z-6=0$
$2z^2-3z+\dfrac{17}{4}=0$
$100z^2+20z+37=0$

On a: \[ \begin{align} (1+\i)z = 2 & \iff z = \dfrac{2}{1+\i}\\ & \iff z = \dfrac{2(1-\i)}{(1+\i)(1-\i)}\\ & \iff z = \dfrac{2 - 2\i}{1^2+1^2}\\ & \iff \boxed{z = 1 - \i} \end{align} \]
On a: \[ \begin{align} (3-5\i)z = 3 + 5\i & \iff z = \dfrac{3+5\i}{3-5\i}\\ & \iff z = \dfrac{(3+5\i)^2}{3^2+5^2}\\ & \iff z = \dfrac{9-25+30\i}{34}\\ & \iff \boxed{z=-\dfrac{8}{17}+\dfrac{15}{14}\i} \end{align} \]
$z^2 + 3z + \frac{25}{4}$ a pour discriminant: \[ \Delta=3^2-4\times1\times\frac{25}{4}=9-25=-16<0 \] donc les solutions de l'équation $z^2 + 3z + \frac{25}{4}=0$ sont: \[ z_1=\dfrac{-3-\i\sqrt{16}}{2}=\boxed{-\frac{3}{2}-2\i}\quad\text{et}\quad z_2=\overline{z_1}=\boxed{-\frac{3}{2}+2\i} \]
$-3z^2+5z-6=0$. Le discriminant de $-3z^2+5z-6$ est : \[ \Delta=5^5-4\times(-3)\times(-6)=25-72=-47<0 \] donc l'équation admet deux racines complexes : \[ z_1=\dfrac{-5-\i\sqrt{47}}{-6}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-5+\i\sqrt{47}}{-6} \] soit: \[ \boxed{z_1=\dfrac{5+\i\sqrt{47}}{6}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{5-\i\sqrt{47}}{6}} \]
$2z^2-3z+\dfrac{17}{4}=0$. Le discriminant de $2z^2-3z+\dfrac{17}{4}$ est : \[ \Delta=(-3)^2-4\times2\times\dfrac{17}{4}=9-34=-25<0 \] donc l'équation admet deux racines complexes : \[ z_1=\dfrac{3-\i\sqrt{25}}{4}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{3+\i\sqrt{25}}{4} \] soit: \[ \boxed{z_1=\dfrac{3-5\i}{4}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{3+5\i}{4}} \]
$100z^2+20z+37=0$. Le discriminant de $100z^2+20z+37$ est : \[ \Delta=(20)^2-4\times100\times37=400-400\times37=-400\times36=-(20\times6)^2=-120^2<0 \] donc l'équation admet deux racines complexes : \[ z_1=\dfrac{-20-120\i}{200}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-20+120\i}{200} \] soit: \[ \boxed{z_1=\dfrac{-1-6\i}{10}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-1+6\i}{10}} \]

Soit $z$ un nombre complexe non nul.

Montrer que $\overline{\i z} + \dfrac{z + 2\Re(z) - \overline{z}}{\i z}=-\i \overline{z} - 2\i$.

On a: \[ \begin{align} \overline{\i z} + \dfrac{z + 2\Re(z) - \overline{z}}{\i z} & = \overline{\i z} + \dfrac{2}{z}\times\dfrac{z - \overline{z}}{2\i} + \dfrac{2\Re(z)}{\i z}\\ & = \overline{\i z} + \dfrac{2}{z}\times\Im(z) + \dfrac{2\Re(z)}{\i z}\textcolor{red}{\times\dfrac{\i}{\i}}\\ & = \overline{\i z} + \dfrac{2\Im(z)}{z}-\dfrac{2\i\Re(z)}{z}\\ & = \overline{\i z} + \dfrac{2\i}{z}\left(-\Re(z) + \dfrac{\Im(z)}{\i} \right)\\ & = \overline{\i z} + \dfrac{2\i}{z}\left(-\Re(z) + \dfrac{\i\Im(z)}{\i^2} \right)\\ & = \overline{\i z} + \dfrac{2\i}{z}\left(-\Re(z) - \i\Im(z) \right)\\ & = \overline{\i z} - \dfrac{2\i}{z}\left( \Re(z) + \i\Im(z) \right)\\ & = \overline{\i z} - \dfrac{2\i}{z}\times z\\ & = -\i \overline{z} - 2\i.\qquad\text{(car }\overline{\i}=-\i).\end{align} \]

Soit $f$ l'application complexe qui à tout nombre complexe $z$ associe le nombre $\i z$: $f(z)=\i z$.

En posant $z=a+\i b$, donner la forme algébrique de $f(z)$ en fonction de $a$ et $b$.

Posons $z = a + \i b$. Alors, \[ \begin{align} f(z) & = \i(a + \i b)\\ & = a\i + \i^2b\\ f(z) & = -b + \i a. \end{align} \]

Donner la forme algébrique de la somme: \[ S = \sum_{k=0}^{100} \i^k = 1+\i+\i^2+\cdots+\i^{100}. \]

Nous allons utiliser la formule donnant la somme des $n$ premiers termes d'une suite géométrique.

En effet, en posant $u_0=1$ et $u_{n+1}=\i u_n$, nous avons une suite géométrique de raison $\i$ et :

\[ \begin{align} u_0+u_1+\cdots+ u_{100} = S & = \dfrac{1-\i^{100+1}}{1-\i}\\ & = \dfrac{1-\i^{101}}{1-\i}\\ & = \dfrac{1-\i^{25\times4+1}}{1-\i}\\ & = \dfrac{1-\big(\i^{4}\big)^{25}\times\i}{1-\i}\\ & = \dfrac{1-1^{25}\times\i}{1-\i}\text{ car }\i^4=1\\ & = \dfrac{1-\i}{1-\i}\\ S& = 1 \end{align} \]

Donnez la forme algébrique du produit: \[ \dfrac{1-\i}{1-2\i}\times\dfrac{1+\i}{1+2\i}. \]

Il y a deux façons de calculer ce produit: en considérant le quotient du produit des numérateur et dénominateur: \[ \dfrac{(1-\i)(1+\i)}{(1-2\i)(1+2\i)} \] ou en déterminant avant tout la forme algébrique de chacun des quotient, puis en les multipliant.

Je vais opter pour la première façon, bien plus rapide car nous voyons des identités remarquables.

\[ \begin{align} \dfrac{(1-\i)(1+\i)}{(1-2\i)(1+2\i)} & = \dfrac{1^2 - \i^2}{1^2 - (2\i)^2}\\ & = \dfrac{1+1}{1+4}\\ \dfrac{(1-\i)(1+\i)}{(1-2\i)(1+2\i)} & = \dfrac{2}{5}. \end{align} \]

On considère l'équation suivante: \[ z^3 - 3z + 4\i = 0.\tag{E} \]

Montrer que $\i$ est une solution de $(E)$.
Trouver les nombres complexes $b$ et $c$ tels que: \[ z^3 - 3z + 4\i = (z-\i)(z^2+bz+c). \]
Donner les solutions de $(E)$ sous la forme algébrique.