Terminale C · Leçon 5
Nombres complexes — Travaux pratiques
Équations du second degré dans ℂ, racines carrées d'un complexe
Résoudre une équation du second degré \(az^2 + bz + c = 0\) (avec \(a, b, c \in \mathbb{C}\), \(a \neq 0\)) requiert de savoir extraire une racine carrée du discriminant \(\Delta = b^2 - 4ac\), qui est cette fois un complexe quelconque. On cherche \(w \in \mathbb{C}\) tel que \(w^2 = \Delta\).
Si \(\Delta = \alpha + i\beta\), on pose \(w = x + iy\) et on identifie les parties réelles et imaginaires dans \(w^2 = \Delta\) :
\[ x^2 - y^2 = \alpha \quad \text{et} \quad 2xy = \beta \quad \text{et} \quad x^2 + y^2 = |w|^2 = |\Delta|. \]Ce système de trois équations (dont la troisième se déduit des deux premières via \(|w|^2\)) détermine \(x\) et \(y\), donc les deux racines carrées \(\pm w\) de \(\Delta\).
Une fois une racine carrée \(w\) de \(\Delta\) déterminée, les racines de \(az^2 + bz + c = 0\) sont :
\[ z_1 = \frac{-b + w}{2a} \qquad z_2 = \frac{-b - w}{2a}. \]On dispose en outre des relations de Viète : si \(z_1\) et \(z_2\) sont les deux racines de \(az^2 + bz + c = 0\), alors
\[ z_1 + z_2 = -\frac{b}{a} \qquad\qquad z_1 \cdot z_2 = \frac{c}{a}. \]Ces relations sont précieuses pour vérifier un calcul ou reconstruire un polynôme connaissant ses racines.
On pose \(w = x + iy\) avec \(x, y \in \mathbb{R}\) et on résout le système obtenu par identification dans \(w^2 = \delta\). La troisième relation \(x^2 + y^2 = |\delta|\) donne \(x^2 + y^2 = \sqrt{\alpha^2 + \beta^2}\). Combinée avec \(x^2 - y^2 = \alpha\), on obtient par addition et soustraction :
\[ x^2 = \frac{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}+\alpha}{2} \qquad y^2 = \frac{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}-\alpha}{2}. \]Il reste à déterminer le signe de \(xy\) via la relation \(2xy = \beta\) : si \(\beta > 0\), alors \(x\) et \(y\) ont même signe ; si \(\beta < 0\), ils ont des signes opposés.
Exemple 1 — discriminant réel négatif. Résoudre \(z^2 + z + 1 = 0\). Le discriminant est \(\Delta = 1 - 4 = -3\), réel négatif. Une racine carrée de \(-3\) est \(i\sqrt{3}\). Les racines sont donc :
\[ z_1 = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2} = e^{2i\pi/3} = j \qquad z_2 = \frac{-1 - i\sqrt{3}}{2} = e^{-2i\pi/3} = \bar{j}. \]Vérification Viète : \(z_1 + z_2 = -1\) et \(z_1 z_2 = 1\).
Exemple 2 — discriminant complexe. Résoudre \(z^2 - (3+i)z + (2+i) = 0\). Le discriminant est \(\Delta = (3+i)^2 - 4(2+i) = 9 + 6i - 1 - 8 - 4i = 2i\). On cherche \(w = x + iy\) tel que \(w^2 = 2i\), c'est-à-dire \(x^2 - y^2 = 0\) et \(2xy = 2\), donc \(x = y\) et \(2x^2 = 2\), soit \(x = y = 1\). Ainsi \(w = 1 + i\) et
\[ z_1 = \frac{(3+i)+(1+i)}{2} = \frac{4+2i}{2} = 2+i \qquad z_2 = \frac{(3+i)-(1+i)}{2} = \frac{2}{2} = 1. \]Vérification : \((z-1)(z-(2+i)) = z^2 - (3+i)z + (2+i)\).
Exemple 3 — cas double. Résoudre \(z^2 - 2iz - 1 = 0\). On a \(\Delta = -4i^2 - 4 = 4 - 4 = 0\) (attention : \(-4(-1) = 4\), pas \(-4\)). Racine double : \(z_0 = \dfrac{2i}{2} = i\). Vérification : \((z-i)^2 = z^2 - 2iz + i^2 = z^2 - 2iz - 1\).
Le principal piège est de calculer \(\Delta = b^2 - 4ac\) en oubliant que les coefficients sont complexes. Par exemple, \(i^2 = -1\) fait apparaître des termes réels là où on attendait des termes imaginaires. Il faut aussi résister à la tentation de « prendre la racine carrée » d'un complexe à la façon réelle : \(\sqrt{-4} = 2i\) est correct, mais \(\sqrt{2i}\) ne se lit pas directement — il faut appliquer la méthode.
Autre erreur classique : confondre \(\sqrt{\Delta}\) (une valeur) et les deux racines carrées \(\pm\sqrt{\Delta}\). Le signe \(\pm\) est essentiel dans la formule.
Plan complexe — Racines d'un trinôme \(z^2 + bz + c\) (coefficients réels variables)
\(z_2\) racine 2
Quand \(\Delta \ge 0\), les deux racines sont réelles et se placent sur l'axe horizontal. Quand \(\Delta < 0\), elles deviennent complexes conjuguées et se déplacent verticalement.
Lorsque le discriminant d'un trinôme à coefficients réels est négatif, il est tentant de conclure à l'absence de solutions. Dans \(\mathbb{C}\), au contraire, toute équation du second degré admet exactement deux racines, comptées avec multiplicité.
Soit \(az^{2} + bz + c = 0\) avec \(a, b, c \in \mathbb{R}\), \(a \neq 0\), et \(\Delta = b^{2} - 4ac\).
- Si \(\Delta > 0\) : deux racines réelles distinctes \(\displaystyle z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}\).
- Si \(\Delta = 0\) : une racine réelle double \(\displaystyle r = -\frac{b}{2a}\).
- Si \(\Delta < 0\) : deux racines complexes conjuguées \(\displaystyle z_1 = \frac{-b + i\sqrt{-\Delta}}{2a}\), \(\quad z_2 = \overline{z_1}\).
Dans tous les cas, les relations de Viète donnent \(z_1 + z_2 = -\dfrac{b}{a}\) et \(z_1 z_2 = \dfrac{c}{a}\), et la factorisation \(az^2+bz+c = a(z-z_1)(z-z_2)\) est toujours valide dans \(\mathbb{C}\).
Les racines d'un trinôme à coefficients réels sont soit toutes réelles, soit complexes conjuguées par paires. En particulier, si \(z_0 \in \mathbb{C}\) est racine d'un tel polynôme, alors \(\overline{z_0}\) l'est également. Cette symétrie est à la base de tous les critères de factorisation sur \(\mathbb{R}\).
- Calculer \(\Delta = b^2 - 4ac\) et vérifier que \(\Delta < 0\).
- Poser \(\delta = \sqrt{-\Delta} > 0\) (réel positif).
- Écrire \(z_1 = \dfrac{-b + i\delta}{2a}\) et \(z_2 = \overline{z_1} = \dfrac{-b - i\delta}{2a}\).
- Vérifier avec les relations de Viète : somme et produit des racines.
Résoudre \(z^{2} - 2z + 5 = 0\).
\(\Delta = 4 - 20 = -16 < 0\), donc \(\delta = 4\).
Les racines sont \(z_1 = \dfrac{2 + 4i}{2} = 1 + 2i\) et \(z_2 = 1 - 2i\).
Vérification : \(z_1 + z_2 = 2 = \dfrac{2}{1}\) et
\(z_1 z_2 = (1+2i)(1-2i) = 1 + 4 = 5 = \dfrac{5}{1}\). Tout est cohérent.
Résoudre \(2z^{2} + z + 1 = 0\).
\(\Delta = 1 - 8 = -7\), donc \(\delta = \sqrt{7}\).
\(z_1 = \dfrac{-1 + i\sqrt{7}}{4}\), \(\quad z_2 = \dfrac{-1 - i\sqrt{7}}{4}\).
Vérification : \(z_1 + z_2 = \dfrac{-2}{4} = -\dfrac{1}{2} = -\dfrac{b}{a}\)
et \(z_1 z_2 = \dfrac{1+7}{16} = \dfrac{8}{16} = \dfrac{1}{2} = \dfrac{c}{a}\).
Trouver un trinôme réel admettant \(z_0 = 3 - i\) comme racine.
Par conjugaison, \(\overline{z_0} = 3 + i\) est aussi racine.
Somme : \((3-i)+(3+i) = 6\). Produit : \((3-i)(3+i) = 9+1 = 10\).
Le trinôme est \(z^2 - 6z + 10\).
Vérification rapide : \(\Delta = 36 - 40 = -4 < 0\) et les racines sont bien \(3 \pm i\).
Attention à la formule \(\delta = \sqrt{-\Delta}\) : c'est la racine carrée d'un réel positif (\(-\Delta > 0\) quand \(\Delta < 0\)), donc \(\delta\) est bien réel. Il ne faut pas écrire \(\sqrt{\Delta}\) qui serait la racine d'un nombre négatif — notion distincte des racines carrées complexes vues en V.2.
Parabole \(y = az^2 + bz + c\) et racines dans \(\mathbb{C}\) selon \(\Delta\)
racines complexes \(\text{Im}(z)\)
Pour résoudre une équation du second degré à coefficients complexes, le calcul des racines carrées d'un complexe quelconque devient indispensable. Pour les degrés supérieurs, la stratégie consiste à réduire progressivement l'équation par factorisation.
On cherche \(z = x + iy\) (\(x, y \in \mathbb{R}\)) tel que \(z^2 = a + ib\). Développer donne le système :
\[ \begin{cases} x^{2} - y^{2} = a \\ 2xy = b \end{cases} \quad \text{complété par} \quad x^{2} + y^{2} = |z^{2}| = \sqrt{a^{2}+b^{2}}. \]En additionnant et soustrayant les équations extrêmes, on obtient :
\[ x^{2} = \frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}+a}{2}, \qquad y^{2} = \frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}-a}{2}. \]Le signe de \(y\) est ensuite imposé par la relation \(2xy = b\) : \(x\) et \(y\) sont de même signe si \(b > 0\), de signes contraires si \(b < 0\). Les deux racines carrées sont toujours opposées : si \(z_0\) est l'une, l'autre est \(-z_0\).
\(|3 + 4i| = \sqrt{9 + 16} = 5\).
\(x^2 = \dfrac{5+3}{2} = 4\) donc \(x = \pm 2\).
\(y^2 = \dfrac{5-3}{2} = 1\) donc \(y = \pm 1\).
Puisque \(2xy = 4 > 0\), \(x\) et \(y\) ont le même signe :
\((x,y) = (2,1)\) ou \((-2,-1)\).
Les deux racines carrées de \(3 + 4i\) sont \(\boldsymbol{\pm(2 + i)}\).
Vérification : \((2+i)^2 = 4 + 4i - 1 = 3 + 4i\).
\(|-5+12i| = \sqrt{25+144} = 13\).
\(x^2 = \dfrac{13-5}{2} = 4 \Rightarrow x = \pm 2\).
\(y^2 = \dfrac{13+5}{2} = 9 \Rightarrow y = \pm 3\).
\(2xy = 12 > 0\) : même signe. Racines : \(\boldsymbol{\pm(2+3i)}\).
Vérification : \((2+3i)^2 = 4 + 12i - 9 = -5 + 12i\).
Pour un polynôme \(P(z)\) à coefficients entiers, on commence par tester les petits entiers et les diviseurs du terme constant comme racines candidates. Si \(P(z_0) = 0\), on effectue la division euclidienne \(P(z) = (z - z_0)Q(z)\) — ou par identification des coefficients — et l'on résout ensuite le trinôme \(Q(z) = 0\).
Résoudre \(P(z) = z^{3} - 3z^{2} + 7z - 5 = 0\).
Test des entiers : \(P(1) = 1 - 3 + 7 - 5 = 0\), donc \(z = 1\) est racine.
Division : \(z^{3} - 3z^{2} + 7z - 5 = (z-1)(z^{2}-2z+5)\) (vérifiable en développant).
Le trinôme \(z^2 - 2z + 5\) a \(\Delta = 4 - 20 = -16 < 0\) ; ses racines sont \(1 \pm 2i\) (exemple de V.1).
Ensemble solution : \(\mathcal{S} = \{1,\ 1+2i,\ 1-2i\}\).
Résoudre \(z^4 - 3z^2 - 4 = 0\) dans \(\mathbb{C}\).
Substitution \(u = z^2\) : \(u^2 - 3u - 4 = 0\), \(\Delta = 9 + 16 = 25\).
\(u_1 = 4\) et \(u_2 = -1\).
\(z^2 = 4 \Rightarrow z = \pm 2\) (réels).
\(z^2 = -1 \Rightarrow z = \pm i\) (imaginaires purs).
Ensemble solution : \(\mathcal{S} = \{2, -2, i, -i\}\).
Après avoir factorisé \(P(z) = (z - z_0)Q(z)\), il est souvent plus rapide de retrouver \(Q\) par identification des coefficients que par l'algorithme de division. Pour \(z^3 - 3z^2 + 7z - 5\), on pose \((z-1)(z^2 + \alpha z + \beta)\) et on identifie : terme en \(z^2\) donne \(\alpha - 1 = -3\), donc \(\alpha = -2\) ; terme constant donne \(-\beta = -5\), donc \(\beta = 5\). Résultat immédiat.
Racines carrées d'un complexe \(w = a + ib\) dans le plan de Gauss
\(\pm z_0\) (racines)
Polynômes à coefficients complexes, factorisation
Un polynôme à coefficients complexes est une expression de la forme \(P(z) = a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a_1 z + a_0\), où les \(a_k \in \mathbb{C}\) et \(a_n \neq 0\). L'entier \(n \geq 0\) est le degré de \(P\), noté \(\deg P\).
Un complexe \(z_0\) est une racine de \(P\) si \(P(z_0) = 0\). Par le théorème de la division euclidienne des polynômes — qui reste valable sur \(\mathbb{C}\) — \(z_0\) est racine de \(P\) si et seulement si \((z - z_0)\) divise \(P(z)\), c'est-à-dire \(P(z) = (z - z_0)\,Q(z)\) pour un certain polynôme \(Q\) de degré \(n-1\).
Tout polynôme de degré \(n \geq 1\) à coefficients complexes admet exactement \(n\) racines dans \(\mathbb{C}\), comptées avec leur multiplicité. En particulier, il se factorise complètement :
\[ P(z) = a_n(z - z_1)(z - z_2)\cdots(z - z_n), \quad z_1, \ldots, z_n \in \mathbb{C}. \]Ce résultat est fondamental : il signifie que \(\mathbb{C}\) est algébriquement clos, contrairement à \(\mathbb{R}\) où des polynômes comme \(z^2 + 1\) n'ont aucune racine réelle.
Si \(P\) est un polynôme à coefficients réels et si \(z_0 \in \mathbb{C}\) est une racine de \(P\), alors \(\bar{z}_0\) est aussi une racine de \(P\), avec la même multiplicité.
\[ P(z_0) = 0 \implies P(\bar{z}_0) = 0 \quad \text{(si tous les } a_k \in \mathbb{R}\text{).} \]Conséquence immédiate : un polynôme de degré impair à coefficients réels a toujours au moins une racine réelle. Les racines non réelles viennent donc toujours par paires conjuguées.
On dit que \(z_0\) est racine de multiplicité \(p\) de \(P\) si \((z-z_0)^p\) divise \(P\) mais pas \((z-z_0)^{p+1}\). Pour \(p = 1\) on parle de racine simple, pour \(p = 2\) de racine double. La somme des multiplicités vaut toujours \(n = \deg P\).
Exemple 1. Factorisons \(P(z) = z^3 - 1\). On voit que \(z_0 = 1\) est une racine évidente. La division euclidienne donne \(P(z) = (z-1)(z^2+z+1)\). Le trinôme \(z^2+z+1\) a pour discriminant \(\Delta = 1 - 4 = -3 < 0\) dans \(\mathbb{R}\), donc ses racines complexes sont \(j = e^{2i\pi/3}\) et \(\bar{j} = e^{-2i\pi/3}\). On obtient ainsi la factorisation complète dans \(\mathbb{C}\) :
\[ z^3 - 1 = (z-1)(z - e^{2i\pi/3})(z - e^{-2i\pi/3}). \]Exemple 2. Soit \(P(z) = z^4 - 4z^2 + 4 = (z^2 - 2)^2\). Les racines de \(z^2 - 2 = 0\) sont \(\sqrt{2}\) et \(-\sqrt{2}\), chacune de multiplicité 2. Ici les racines sont réelles : \(\mathbb{C}\) n'apporte pas de nouvelle racine pour ce polynôme, mais garantit qu'il n'en existe pas d'autres.
Exemple 3 — racines conjuguées. Le polynôme réel \(P(z) = z^3 - 3z + 2\). On vérifie que \(z = 1\) est racine double et \(z = -2\) est racine simple : \(P(z) = (z-1)^2(z+2)\). Toutes les racines sont réelles, ce qui est cohérent.
La stratégie standard en Terminale se déroule en deux temps. D'abord, on cherche une racine évidente parmi les diviseurs du terme constant (pour un polynôme à coefficients entiers). Ensuite, on effectue la division euclidienne pour abaisser le degré, et on résout le polynôme restant.
Pour un polynôme de degré 4 à coefficients réels, si on connaît une racine complexe \(z_0 = a + ib\) (avec \(b \neq 0\)), on sait que \(\bar{z}_0 = a - ib\) est aussi racine, donc \((z - z_0)(z - \bar{z}_0) = z^2 - 2az + (a^2 + b^2)\) — un facteur réel du second degré — divise le polynôme.
Le théorème d'Alembert-Gauss garantit l'existence des racines dans \(\mathbb{C}\), mais ne les donne pas explicitement. Il ne faut pas confondre « \(P\) a \(n\) racines » (existence) avec « je sais les calculer » (calcul effectif). Pour un polynôme de degré \(\geq 5\) quelconque, il n'existe pas de formule générale : seule l'analyse du problème particulier permet d'avancer.
Formule de Moivre et linéarisation
Les formules d'Euler et la formule de Moivre permettent de naviguer dans les deux sens : exprimer une puissance de \(\cos\theta\) ou \(\sin\theta\) comme somme de cosinus/sinus d'angles multiples (linéarisation), ou développer \(\cos n\theta\) en puissances de \(\cos\theta\) et \(\sin\theta\) (problème inverse). Ce sont deux facettes du même outil.
Ces identités découlent directement de la formule d'Euler \(e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\) et de sa conjuguée. Elles sont le point de départ de toutes les linéarisations.
- Remplacer \(\cos\theta\) par \(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\) ou \(\sin\theta\) par \(\dfrac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\).
- Développer l'expression obtenue par le binôme de Newton.
- Regrouper les termes conjugués : \(e^{ik\theta} + e^{-ik\theta} = 2\cos(k\theta)\) et \(e^{ik\theta} - e^{-ik\theta} = 2i\sin(k\theta)\).
Attention au signe : \((2i)^4 = 16\) (positif), car \(i^4 = 1\). C'est un piège classique dans le calcul de \(\sin^n\theta\) pour \(n\) pair.
- Développer \((\cos\theta + i\sin\theta)^n\) par le binôme de Newton. La formule de Moivre garantit que cela vaut \(\cos(n\theta) + i\sin(n\theta)\).
- Identifier la partie réelle : on obtient \(\cos(n\theta)\) comme polynôme en \(\cos\theta\) et \(\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta\).
- Identifier la partie imaginaire : on obtient \(\sin(n\theta)\) en factorisant par \(\sin\theta\) si besoin.
Partie réelle :
\[ \cos 3\theta = \cos^{3}\theta - 3\cos\theta\sin^{2}\theta = \cos^{3}\theta - 3\cos\theta(1-\cos^{2}\theta) = 4\cos^{3}\theta - 3\cos\theta. \]Partie imaginaire :
\[ \sin 3\theta = 3\cos^{2}\theta\sin\theta - \sin^{3}\theta = 3(1-\sin^{2}\theta)\sin\theta - \sin^{3}\theta = 3\sin\theta - 4\sin^{3}\theta. \]Ces formules se retrouvent facilement à partir des formules d'addition ; elles servent notamment à transformer des intégrales de produits trigonométriques en sommes intégrables terme par terme.
Lors de la linéarisation de \(\sin^n\theta\), le dénominateur est \((2i)^n\). Il vaut \(2^n i^n\), et le signe dépend de \(n \mod 4\) : \(i^1 = i\), \(i^2 = -1\), \(i^3 = -i\), \(i^4 = 1\). Oublier ce signe est la source d'erreurs la plus fréquente dans ces calculs.
Linéarisation : comparaison de \(\cos^n\theta\) et sa forme développée
forme linéarisée
Racines n-ièmes de l'unité et d'un complexe
Pour \(n \in \mathbb{N}^*\), les racines \(n\)-ièmes de l'unité sont les solutions de l'équation \(z^n = 1\) dans \(\mathbb{C}\). Il en existe exactement \(n\), données par
\[ \omega_k = e^{\,2ik\pi/n} = \cos\!\frac{2k\pi}{n} + i\sin\!\frac{2k\pi}{n}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, n-1. \]On note souvent \(\omega = e^{2i\pi/n}\) : les \(n\) racines sont alors \(1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}\).
Les \(n\) racines \(n\)-ièmes de l'unité forment les sommets d'un polygone régulier à \(n\) côtés inscrit dans le cercle unité, le premier sommet étant en \(1\). Leurs modules valent tous \(1\) et leurs arguments sont régulièrement espacés de \(\dfrac{2\pi}{n}\).
La somme des \(n\) racines \(n\)-ièmes de l'unité est nulle (pour \(n \geq 2\)) :
\[ 1 + \omega + \omega^2 + \cdots + \omega^{n-1} = 0. \]Leur produit vaut \((-1)^{n+1}\) (coefficient constant de \(z^n - 1\) à un signe près).
L'ensemble \(\mathbb{U}_n = \{1, \omega, \ldots, \omega^{n-1}\}\) est stable par multiplication : c'est un groupe cyclique d'ordre \(n\) pour la multiplication.
Racines cubiques de l'unité (\(n=3\)). On résout \(z^3 = 1\), soit \(z^3 - 1 = 0\), soit \((z-1)(z^2+z+1) = 0\). Les racines sont \(1\), \(j = e^{2i\pi/3} = -\tfrac{1}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}i\) et \(\bar{j} = e^{-2i\pi/3} = -\tfrac{1}{2}-\tfrac{\sqrt{3}}{2}i\). Elles forment un triangle équilatéral sur le cercle unité. On retiendra que \(1 + j + j^2 = 0\) et \(j^3 = 1\).
Racines quatrièmes de l'unité (\(n=4\)). \(z^4 = 1\) se factorise en \((z^2-1)(z^2+1) = 0\), donnant \(z \in \{1, -1, i, -i\}\). Ces quatre points forment un carré. En notation exponentielle : \(e^{0}\), \(e^{i\pi/2}\), \(e^{i\pi}\), \(e^{3i\pi/2}\).
Racines 6-ièmes de l'unité. \(\omega = e^{i\pi/3}\) ; les six racines sont \(e^{ik\pi/3}\) pour \(k=0,\ldots,5\), formant un hexagone régulier. On notera que les racines cubiques de l'unité sont aussi des racines 6-ièmes (celles d'indice pair).
On pose \(z = e^{i\theta}\) (module 1 imposé par \(|z^n| = |1| = 1\)). La condition \(z^n = 1 = e^{i\cdot 0}\) devient \(e^{in\theta} = e^{i\cdot 0}\), soit \(n\theta \equiv 0\,[2\pi]\), donc \(\theta = \dfrac{2k\pi}{n}\) pour \(k \in \mathbb{Z}\). On obtient exactement \(n\) valeurs distinctes en prenant \(k = 0, 1, \ldots, n-1\).
Racines \(n\)-ièmes de l'unité — polygone régulier interactif
Cercle unité
Polygone régulier
Faites varier \(n\) pour observer le polygone régulier formé par les racines.
Les racines de \(z^n = -1\) ne sont pas les mêmes que celles de \(z^n = 1\). On résout \(z^n = -1 = e^{i\pi}\) en posant \(n\theta \equiv \pi\,[2\pi]\), d'où \(\theta = \dfrac{\pi + 2k\pi}{n} = \dfrac{(2k+1)\pi}{n}\) pour \(k = 0, \ldots, n-1\). Le polygone résultant est tourné d'un angle \(\pi/n\) par rapport à celui de \(z^n = 1\).
Soit \(a = r\,e^{i\varphi}\) un complexe non nul (\(r > 0\)). L'équation \(z^n = a\) admet exactement \(n\) solutions dans \(\mathbb{C}\) :
\[ z_k = r^{1/n}\,e^{i(\varphi + 2k\pi)/n}, \quad k = 0, 1, \ldots, n-1. \]Toutes ont le même module \(\rho = r^{1/n} = |a|^{1/n}\) et leurs arguments sont régulièrement espacés de \(\dfrac{2\pi}{n}\) à partir de \(\dfrac{\varphi}{n}\). Géométriquement, elles forment les sommets d'un polygone régulier à \(n\) côtés inscrit dans le cercle de rayon \(\rho\), le premier sommet étant à l'argument \(\varphi/n\).
La démarche est toujours la même : mettre \(a\) sous forme exponentielle \(r e^{i\varphi}\), puis écrire \(z = \rho e^{i\theta}\). La condition \(z^n = a\) donne \(\rho^n e^{in\theta} = r e^{i\varphi}\), soit par identification des modules et des arguments :
\[ \rho^n = r \implies \rho = r^{1/n} \qquad \text{et} \qquad n\theta \equiv \varphi\,[2\pi] \implies \theta_k = \frac{\varphi + 2k\pi}{n}. \]On prend \(k = 0, 1, \ldots, n-1\) pour obtenir les \(n\) solutions distinctes. Si l'énoncé demande la forme algébrique, on développe \(\cos\theta_k + i\sin\theta_k\) pour chaque \(k\).
Exemple 1 — Racines carrées de \(3 + 4i\). On calcule \(|3+4i| = 5\). En posant \(w = x + iy\), on résout \(w^2 = 3 + 4i\) par la méthode du §IV.2 : \(x^2 - y^2 = 3\), \(2xy = 4\), \(x^2 + y^2 = 5\). D'où \(x^2 = 4\) et \(y^2 = 1\), avec \(xy = 2 > 0\), donc \((x,y) = (2,1)\) ou \((-2,-1)\). Les racines carrées de \(3+4i\) sont \(\mathbf{2+i}\) et \(\mathbf{-2-i}\).
Exemple 2 — Racines cubiques de \(-8\). \(-8 = 8\,e^{i\pi}\), donc \(r = 8\), \(\varphi = \pi\), \(n = 3\). Le module commun est \(8^{1/3} = 2\). Les trois racines sont
\[ z_k = 2\,e^{i(\pi + 2k\pi)/3}, \quad k=0,1,2 \] \[ z_0 = 2\,e^{i\pi/3} = 2\!\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right) = 1+i\sqrt{3} \] \[ z_1 = 2\,e^{i\pi} = -2 \qquad z_2 = 2\,e^{i5\pi/3} = 1 - i\sqrt{3}. \]La seule racine réelle de \(-8\) est bien \(-2\), les deux autres étant conjuguées.
Exemple 3 — Racines 4-ièmes de \(i\). \(i = e^{i\pi/2}\), donc \(\varphi = \pi/2\), \(n = 4\), \(\rho = 1\). Les quatre racines sont \(e^{i(\pi/2 + 2k\pi)/4} = e^{i(1+4k)\pi/8}\) pour \(k = 0,1,2,3\) :
\[ e^{i\pi/8},\quad e^{i5\pi/8},\quad e^{i9\pi/8},\quad e^{i13\pi/8}. \]Ces quatre points forment un carré tourné de \(\pi/8\) par rapport aux axes.
La formule des racines \(n\)-ièmes de \(a\) n'est pas simplement « \(n\) points régulièrement espacés sur un cercle » : le premier argument est \(\varphi/n\), et non \(0\). Omettre ce décalage initial est l'erreur la plus fréquente, en particulier quand \(\varphi \neq 0\).
Racines \(n\)-ièmes d'un complexe \(a\) — déplacez \(a\) pour voir les racines
Racines \(z_k\)
Cercle de rayon \(|a|^{1/n}\)
Déplacez le point \(a\) pour changer les racines
Les racines \(n\)-ièmes de l'unité sont au croisement de l'algèbre et de la géométrie : elles forment un polygone régulier dans le plan et leur étude préfigure celle des groupes cycliques en algèbre supérieure.
L'équation \(z^{n} = 1\) (\(n \in \mathbb{N}^*\)) admet exactement \(n\) solutions complexes, appelées racines \(n\)-ièmes de l'unité :
\[ z_{k} = e^{\,2ik\pi/n} = \cos\!\left(\tfrac{2k\pi}{n}\right) + i\sin\!\left(\tfrac{2k\pi}{n}\right), \qquad k = 0, 1, \ldots, n-1. \]Leurs images dans le plan de Gauss forment les sommets d'un polygone régulier à \(n\) côtés inscrit dans le cercle unité, avec \(z_0 = 1\) comme premier sommet.
Ce résultat découle de la formule de la somme géométrique \(\sum_{k=0}^{n-1} q^k = \dfrac{q^n - 1}{q - 1}\) avec \(q = e^{2i\pi/n} \neq 1\) : le numérateur \(q^n - 1 = 0\) annule toute la somme. Géométriquement, le barycentre des \(n\) sommets est l'origine.
Pour \(n = 3\), les trois racines cubiques de l'unité sont \(1\), \(j = e^{2i\pi/3} = -\dfrac{1}{2} + i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(j^2 = e^{4i\pi/3} = \overline{j} = -\dfrac{1}{2} - i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\). Elles vérifient les relations fondamentales :
\[ j^3 = 1, \qquad 1 + j + j^2 = 0, \qquad j^2 = \overline{j}. \]Pour résoudre \(z^n = w\) avec \(w = r e^{i\alpha}\) (\(r > 0\)), les \(n\) solutions sont :
\[ z_k = r^{1/n}\, e^{\,i(\alpha + 2k\pi)/n}, \qquad k = 0, 1, \ldots, n-1. \]Elles forment un polygone régulier à \(n\) côtés centré en \(O\), de rayon \(r^{1/n}\), tourné d'un angle \(\alpha/n\) par rapport aux racines de l'unité.
Pour \(n = 6\) : \(z_k = e^{ik\pi/3}\), \(k = 0, \ldots, 5\). On calcule : \(z_0 = 1\), \(z_1 = \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(z_2 = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(z_3 = -1\), \(z_4 = \overline{z_2}\), \(z_5 = \overline{z_1}\). Remarquer que \(z_3 = -z_0 = -1\) et \(z_4 = -z_1\) : les racines sixièmes contiennent les racines cubiques (\(z_0, z_2, z_4\)) et les racines carrées (\(z_0, z_3\)).
\(w = -8 = 8 e^{i\pi}\), donc \(r = 8\), \(\alpha = \pi\).
\(r^{1/3} = 2\), et les trois racines sont :
\(z_k = 2 e^{i(\pi + 2k\pi)/3}\), \(k = 0, 1, 2\).
\(z_0 = 2e^{i\pi/3} = 1 + i\sqrt{3}\) ; \(\quad z_1 = 2e^{i\pi} = -2\) ; \(\quad z_2 = 2e^{5i\pi/3} = 1 - i\sqrt{3}\).
Vérification : \((-2)^3 = -8\) et \((1+i\sqrt{3})^3 = 8(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})^3 = 8e^{i\pi} = -8\).
Une erreur fréquente est de s'arrêter à \(k = 0\) ou \(k = 1\) en croyant avoir trouvé toutes les racines. Il y en a exactement \(n\), correspondant à \(k = 0, 1, \ldots, n-1\). Au-delà, les valeurs se répètent (\(k = n\) redonne \(k = 0\), etc.).
Racines \(n\)-ièmes de l'unité — polygone régulier inscrit dans le cercle unité
polygone régulier
Complexes et géométrie : configurations, alignement, orthogonalité
Le plan complexe permet de traduire les propriétés géométriques en calculs algébriques, et réciproquement. L'outil central est le quotient \(\dfrac{z_C - z_A}{z_B - z_A}\), dont le module et l'argument encodent à la fois un rapport de distances et un angle orienté.
Pour trois points distincts \(A(z_A)\), \(B(z_B)\), \(C(z_C)\) du plan complexe :
\[ \left|\frac{z_C - z_A}{z_B - z_A}\right| = \frac{AC}{AB} \qquad \text{et} \qquad \arg\!\left(\frac{z_C - z_A}{z_B - z_A}\right) = \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right) \pmod{2\pi}. \]Ce résultat est le point d'entrée de tous les critères géométriques dans le plan complexe.
- Calculer le quotient \(q = \dfrac{z_C - z_A}{z_B - z_A}\) sous forme algébrique.
- Analyser \(|q|\) : si \(|q| = 1\), le triangle est isocèle en \(A\) ; si \(|q| \neq 1\), déterminer le rapport \(AC/AB\).
- Analyser \(\arg(q)\) : angle orienté \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\), ce qui donne le type d'angle en \(A\).
- Si \(q = i\), le triangle est rectangle isocèle en \(A\) dans le sens direct.
\(A(1)\), \(B(2+i)\), \(C(i)\).
\(z_B - z_A = 1 + i\), \(\quad z_C - z_A = -1 + i\).
\(q = \dfrac{-1+i}{1+i} = \dfrac{(-1+i)(1-i)}{(1+i)(1-i)} = \dfrac{-1+i+i-i^2}{2} = \dfrac{2i}{2} = i\).
\(|q| = 1\) et \(\arg(q) = \dfrac{\pi}{2}\) :
le triangle \(ABC\) est rectangle isocèle en \(A\),
et le sens de rotation de \(\overrightarrow{AB}\) vers \(\overrightarrow{AC}\) est direct.
Montrer que \(A(1+i)\), \(B(3+2i)\), \(C(7+4i)\) sont alignés.
\(\dfrac{z_C - z_A}{z_B - z_A} = \dfrac{6+3i}{2+i} = \dfrac{(6+3i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}
= \dfrac{12 - 6i + 6i - 3i^2}{5} = \dfrac{15}{5} = 3 \in \mathbb{R}\).
Le quotient est réel (et même positif : \(C\) est dans le même sens que \(B\)
par rapport à \(A\)), donc les trois points sont bien alignés, avec \(AC = 3 \cdot AB\).
L'ensemble des images des complexes \(z\) vérifiant \(\arg(z - z_A) = \theta_0\) (modulo \(2\pi\)) est la demi-droite d'origine \(A\) (exclu) dans la direction \(\theta_0\).
L'ensemble des \(M(z)\) tels que \(\arg\!\left(\dfrac{z-z_B}{z-z_A}\right) = \dfrac{\pi}{2}\) (modulo \(\pi\)) est le cercle de diamètre \([AB]\), privé des points \(A\) et \(B\). Ce résultat traduit le théorème de l'angle inscrit.
Déterminer l'ensemble des points \(M(z)\) tels que
\(\arg\!\left(\dfrac{z - i}{z + i}\right) = \dfrac{\pi}{2}\).
C'est le cercle de diamètre dont les extrémités sont \(A(-i)\) et \(B(i)\),
c'est-à-dire le cercle centré en \(O\) de rayon \(1\),
privé des points \(\pm i\) : le cercle unité privé de ses intersections
avec l'axe imaginaire.
Pour calculer \(\dfrac{z_C - z_A}{z_B - z_A}\), multiplier numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur. Une fois le quotient sous forme algébrique \(x + iy\), on lit directement : \(y = 0\) pour l'alignement, \(x = 0\) pour la perpendicularité, \(x^2 + y^2 = 1\) pour l'isocèle, et \(x = \tfrac{1}{2}, y = \pm\tfrac{\sqrt{3}}{2}\) pour l'équilatéral.
Triangle \(ABC\) — module et argument du quotient \((z_C - z_A)/(z_B - z_A)\)
angle en \(A\)
triangle \(ABC\)
Déplacer les points \(A\), \(B\), \(C\) dans le plan
Résumé
Tout polynôme de degré \(n\) à coefficients complexes a exactement \(n\) racines dans \(\mathbb{C}\) (comptées avec multiplicité). Si les coefficients sont réels, les racines complexes viennent par paires conjuguées.
On extrait la racine carrée de \(\Delta = b^2 - 4ac \in \mathbb{C}\) en posant \(w = x + iy\) et en identifiant. Les formules \(z_{1,2} = \dfrac{-b \pm w}{2a}\) et les relations de Viète restent valables.
Les \(n\) solutions de \(z^n = 1\) sont \(\omega_k = e^{2ik\pi/n}\) (\(k = 0,\ldots,n-1\)) ; leur somme vaut \(0\) pour \(n \geq 2\). Elles forment un polygone régulier inscrit dans le cercle unité.
Les solutions de \(z^n = a\) sont \(z_k = r^{1/n} e^{i(\varphi + 2k\pi)/n}\). Même module \(r^{1/n}\) pour toutes, même espacement angulaire \(\dfrac{2\pi}{n}\), premier argument \(\dfrac{\varphi}{n}\).
Si \(\Delta < 0\), les racines sont \(\dfrac{-b \pm i\sqrt{-\Delta}}{2a}\), toujours conjuguées. Les relations de Viète s'appliquent dans tous les cas.
Système : \(x^2 - y^2 = a\), \(2xy = b\), \(x^2+y^2 = \sqrt{a^2+b^2}\). Signe de \(y\) imposé par \(b\). Les deux racines sont opposées.
Linéarisation : Euler + binôme de Newton, puis regroupement conjugués. Sens inverse (Moivre) : développer \((\cos\theta + i\sin\theta)^n\), identifier \(\Re\) et \(\Im\).
\(z_k = e^{2ik\pi/n}\), polygone régulier à \(n\) sommets, somme nulle. Racines cubiques : \(1, j, j^2\) avec \(1+j+j^2 = 0\), \(j^3 = 1\).
Quotient \(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\) : module = rapport \(AC/AB\), argument = angle orienté \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\). Réel ⇒ aligné ; imaginaire pur ⇒ perp. ; module 1 ⇒ isocèle.
Sujet type Bac
Soit le polynôme \(P(z) = z^4 + z^2 + 1\).
Question 1. Montrer que les racines cubiques de l'unité autres que \(1\) sont racines de \(P\).
On sait que \(j = e^{2i\pi/3}\) vérifie \(j^3 = 1\) et \(1 + j + j^2 = 0\). Calculons \(P(j)\) :
\[ P(j) = j^4 + j^2 + 1 = j^3 \cdot j + j^2 + 1 = j + j^2 + 1 = 0. \]Donc \(j\) est racine de \(P\). Par la propriété des racines conjuguées (ou par le même calcul avec \(j^2\)), \(\bar{j} = j^2\) est également racine. C'est cohérent car \(P\) est à coefficients réels.
Question 2. Factoriser \(P(z)\) dans \(\mathbb{C}[z]\) puis dans \(\mathbb{R}[z]\).
On connaît les racines \(j\) et \(\bar{j} = j^2\). Comme \(P\) est de degré 4, il a 4 racines. Notons que \(P(z) = z^4 + z^2 + 1\) peut s'écrire en posant \(u = z^2\) : \(P(z) = u^2 + u + 1\). C'est un trinôme en \(u\) de discriminant \(\Delta = 1 - 4 = -3\), de racines \(u = j\) et \(u = j^2\) (les racines cubiques de l'unité sauf 1 !).
Donc \(P(z) = (z^2 - j)(z^2 - j^2)\) dans \(\mathbb{C}[z]\). Chaque facteur donne deux racines carrées :
\[ z^2 = j = e^{2i\pi/3} \Rightarrow z = \pm e^{i\pi/3} \qquad z^2 = j^2 = e^{-2i\pi/3} \Rightarrow z = \pm e^{-i\pi/3}. \]Factorisation dans \(\mathbb{C}\) :
\[ P(z) = (z - e^{i\pi/3})(z + e^{i\pi/3})(z - e^{-i\pi/3})(z + e^{-i\pi/3}). \]Pour factoriser dans \(\mathbb{R}\), on regroupe les facteurs conjugués. \((z - e^{i\pi/3})(z - e^{-i\pi/3}) = z^2 - 2\cos(\pi/3)z + 1 = z^2 - z + 1\). De même \((z + e^{i\pi/3})(z + e^{-i\pi/3}) = z^2 + z + 1\). Donc :
\[ \boxed{P(z) = (z^2 - z + 1)(z^2 + z + 1).} \]On peut vérifier : \((z^2-z+1)(z^2+z+1) = ((z^2+1)-z)((z^2+1)+z) = (z^2+1)^2 - z^2 = z^4+2z^2+1-z^2 = z^4+z^2+1\).
Question 3. En déduire les solutions dans \(\mathbb{C}\) de l'équation \(z^4 + z^2 + 1 = 0\), et les exprimer sous forme exponentielle et sous forme algébrique.
D'après la question 2, les quatre racines de \(P\) sont
\[ e^{i\pi/3} = \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i, \quad e^{-i\pi/3} = \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i, \quad -e^{i\pi/3} = e^{i4\pi/3} = -\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i, \quad -e^{-i\pi/3} = e^{-i4\pi/3} = -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i. \]Ce sont exactement les racines 6-ièmes de l'unité d'indices impairs, i.e. \(e^{ik\pi/3}\) pour \(k \in \{1, 2, 4, 5\}\). Les racines 6-ièmes « manquantes » (\(k = 0\) et \(k = 3\), soit \(1\) et \(-1\)) sont précisément celles qui satisferaient \(z^2 - 1 = 0\), non pas \(P(z) = 0\).
Question 4. Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l'équation \((z-1)^4 + (z-1)^2 + 1 = 0\).
On pose \(u = z - 1\) : l'équation devient \(u^4 + u^2 + 1 = 0\), c'est-à-dire \(P(u) = 0\). Les solutions en \(u\) sont les quatre racines de \(P\) trouvées à la question 3. En revenant à \(z = u + 1\) :
\[ z \in \left\{1 + e^{i\pi/3},\; 1 + e^{-i\pi/3},\; 1 - e^{i\pi/3},\; 1 - e^{-i\pi/3}\right\} \] \[ = \left\{\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,\; \frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i,\; \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i,\; \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right\}. \]La translation de vecteur \(1\) « décale » le polygone des racines sans en changer la structure : on retrouve un carré, non plus centré en \(O\) mais en \(1\).
Question 5. Interprétation géométrique : décrire le lieu des images des quatre racines de \(P\) dans le plan complexe. Calculer la somme et le produit de ces racines.
Les quatre racines de \(P\) ont toutes pour module \(1\) (elles sont sur le cercle unité) et leurs arguments sont \(\pi/3, 2\pi/3, 4\pi/3, 5\pi/3\). Elles forment les sommets d'un quadrilatère inscrit dans le cercle unité dont les diagonales sont deux diamètres du cercle. La distance entre \(e^{i\pi/3}\) et \(e^{i2\pi/3}\)... en réalité les 4 points sont les sommets d'un rectangle dont les côtés valent \(2\sin(\pi/6) = 1\) et \(\sqrt{3}\), donc ce n'est pas un carré.
Par les relations de Viète pour \(P(z) = z^4 + 0 \cdot z^3 + z^2 + 0 \cdot z + 1\) :
\[ \text{somme des racines} = 0 \qquad \text{produit des racines} = 1. \]La somme nulle se lit aussi géométriquement : les quatre images sont symétriques deux à deux par rapport à l'axe réel, leurs parties réelles se compensent deux à deux, et leurs parties imaginaires également.
On considère le polynôme \(P(z) = z^4 - 4z^3 + 14z^2 - 20z + 25\).
Partie A — Recherche des racines
1. Vérifier que \(z_1 = 1 + 2i\) est racine de \(P\) et en déduire une autre racine sans calcul.
Calculons \(P(1+2i)\). On pose \(z_1 = 1+2i\).
\(z_1^2 = (1+2i)^2 = 1 + 4i - 4 = -3 + 4i\).
\(z_1^3 = z_1^2 \cdot z_1 = (-3+4i)(1+2i) = -3 - 6i + 4i + 8i^2 = -3 - 2i - 8 = -11 - 2i\).
\(z_1^4 = z_1^2 \cdot z_1^2 = (-3+4i)^2 = 9 - 24i - 16 = -7 - 24i\).
\(P(z_1) = (-7-24i) - 4(-11-2i) + 14(-3+4i) - 20(1+2i) + 25\)
\(\phantom{P(z_1)} = -7-24i + 44+8i - 42+56i - 20-40i + 25\)
Parties réelles : \(-7+44-42-20+25 = 0\). Parties imaginaires : \(-24+8+56-40 = 0\).
Donc \(P(z_1) = 0\). Comme \(P\) a ses coefficients dans \(\mathbb{R}\),
\(z_2 = \overline{z_1} = 1 - 2i\) est aussi racine.
2. Factoriser \(P(z)\) par le trinôme réel ayant \(z_1\) et \(z_2\) comme racines, puis factoriser complètement \(P\) dans \(\mathbb{C}\).
Le trinôme associé à \(z_1 = 1+2i\) et \(z_2 = 1-2i\) est :
\(T(z) = z^2 - (z_1+z_2)z + z_1 z_2 = z^2 - 2z + (1+4) = z^2 - 2z + 5\).
On effectue la division euclidienne de \(P\) par \(T\) par identification :
\(P(z) = (z^2 - 2z + 5)(z^2 + az + b)\).
Terme en \(z^3\) : \(a - 2 = -4\), donc \(a = -2\).
Terme constant : \(5b = 25\), donc \(b = 5\).
Vérification du terme en \(z^2\) : \(b - 2a + 5 = 5 + 4 + 5 = 14\). Cohérent.
Donc \(P(z) = (z^2-2z+5)^2\).
Le trinôme \(z^2-2z+5\) a pour racines \(1\pm 2i\), donc :
\(P(z) = (z-1-2i)^2(z-1+2i)^2\).
\(z_1 = 1+2i\) et \(z_2 = 1-2i\) sont chacune racine double de \(P\).
3. Dresser l'ensemble des solutions de \(P(z) = 0\) et préciser les multiplicités.
\(\mathcal{S} = \{1+2i\ (\text{mult. 2}),\ 1-2i\ (\text{mult. 2})\}\). Le polynôme \(P\) de degré 4 possède donc exactement 2 racines distinctes, chacune d'ordre 2 — ce qui est cohérent avec la structure \((z^2-2z+5)^2\).
Partie B — Configurations géométriques
Dans le plan complexe, on considère les points \(A(0)\), \(B(4)\), \(C(z)\) où \(z\) est un complexe variable.
4. Déterminer l'ensemble des points \(C\) tels que le triangle \(ABC\) soit rectangle en \(A\) avec \(AC = AB\).
Le quotient à étudier est \(q = \dfrac{z_C - z_A}{z_B - z_A} = \dfrac{z - 0}{4 - 0} = \dfrac{z}{4}\).
Rectangle en \(A\) : \(\arg(q) = \pm\dfrac{\pi}{2}\), donc \(q\) est imaginaire pur.
Isocèle en \(A\) avec \(AC = AB\) : \(|q| = 1\).
Ces deux conditions donnent \(q = i\) ou \(q = -i\).
\(q = i \Rightarrow z = 4i\) ; \(\quad q = -i \Rightarrow z = -4i\).
Les deux points sont \(C_1(4i)\) et \(C_2(-4i)\). Géométriquement,
ce sont les deux points à distance 4 de \(A\) situés sur la droite
perpendiculaire à \([AB]\) passant par \(A\).
5. Déterminer l'ensemble \(\mathcal{E}\) des complexes \(z\) tels que \(\arg\!\left(\dfrac{z - 4}{z}\right) = \dfrac{\pi}{3}\). Décrire géométriquement \(\mathcal{E}\) et préciser si \(z = 1+2i\) en est un élément.
Le quotient \(\dfrac{z_B - z_C}{z_A - z_C} = \dfrac{4 - z}{0 - z} = \dfrac{z-4}{z}\)
représente l'angle orienté \((\overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CA})\)
vu du point \(C(z)\).
\(\arg\!\left(\dfrac{z-4}{z}\right) = \dfrac{\pi}{3}\) signifie que l'angle
\((\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA})\) vaut \(\dfrac{\pi}{3}\) modulo \(2\pi\).
Par le théorème de l'arc capable, \(\mathcal{E}\) est un arc de cercle
passant par \(A(0)\) et \(B(4)\) sur lequel l'angle inscrit vaut
\(\dfrac{\pi}{3}\) (arc sur lequel on voit \([AB]\) sous un angle de \(\dfrac{\pi}{3}\)).
Vérifions si \(z = 1+2i \in \mathcal{E}\) :
\(\dfrac{z-4}{z} = \dfrac{-3+2i}{1+2i} = \dfrac{(-3+2i)(1-2i)}{5} = \dfrac{-3+6i+2i+4}{5} = \dfrac{1+8i}{5}\).
\(\arg\!\left(\dfrac{1+8i}{5}\right) = \arg(1+8i) = \arctan(8) \approx 1{,}45\ \text{rad} \neq \dfrac{\pi}{3} \approx 1{,}047\ \text{rad}\).
Donc \(z = 1+2i \notin \mathcal{E}\).