\usetikzlibrary{matrix}
\chapter{Nombres complexes}
\enlargethispage*{5cm}

\newpage
\pagestyle{main}


\section{Introduction historique}

On souhaite résoudre l'équation:
\[
x^3 = 15x+4.
\]
Nous sommes au XVI\ieme{} 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!

\medskip

Pour cela, commençons par considérer que $\sqrt{-1}$ existe, et notons-le \og $\i$ \fg{} 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!

\section{Construction algébrique des nombres complexes}

\subsection{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 \textit{combinaison linéaire} du nombre réel \og 1 \fg{} et du nom \textit{imaginaire} \og $\i$ \fg, c'est-à-dire des nombres de la forme $a\times1 + b\times\i$, où $a$ et $b$ sont réels.

\medskip

\begin{defin}
On appelle \textit{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:
\begin{itemize}
\item $a$ est la \textit{partie réelle} de $z$, notée $\Re(z)$;
\item $b$ est la \textit{partie imaginaire} de $z$, noté $\Im(z)$.
\end{itemize}
\end{defin}

\begin{attention}
La partie imaginaire ne contient pas le \og $\i$ \fg.
\end{attention}

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item $z_1 = 3 + \i$ est un nombre complexe dont la partie réelle est $a=3$ et la partie imaginaire est $b=1$.
\item $z_2 = -\i$ est un nombre complexe dont la partie réelle est $a=0$ et la partie imaginaire est $b=-1$.
\item $z_3=7$ est un nombre complexe dont la partie réelle est $a=7$ et la partie imaginaire est $b=0$.
\end{enumerate}
\end{exemple}

\begin{rem}
Tout nombre réel est aussi un nombre complexe.
\end{rem}

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

\subsection{Opérations algébriques}

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

\medskip

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

\medskip

On définit alors:

\begin{enumerate}
\item \textbf{la somme:} $z+z' = (a+a') + \i(b+b')$;
\item \textbf{le produit:} $\begin{aligned}[t]z \times z' &= (a+\i b)(a'+\i b')\\
 & = aa' + \i ab' + \i ba' + bb'\i^2\\
 & = (aa' - bb') + \i(ba' + ab').
 \end{aligned}$
\end{enumerate}

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

\begin{enumerate}[resume]
\item \textbf{l'opposé:} $-z = -a - \i b$;
\item \textbf{la différence:} $z-z' = z + (-z') = (a-a') + \i(b-b')$.
\end{enumerate}

\medskip

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

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

\begin{demo}
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*}
\end{demo}

\newpage

On peut alors s'aider de cela pour définir:

\begin{enumerate}[resume]
\item \textbf{l'inverse:} $\dfrac{1}{z} = \dfrac{\overline{z}}{z\overline{z}} = \dfrac{a-\i b}{a^2+b^2} = \dfrac{a}{a^2+b^2} - \dfrac{b}{a^2+b^2}\i$;
\item \textbf{le quotient:} $\dfrac{z}{z'}=\dfrac{z\overline{z'}}{z'\overline{z'}}=\dfrac{aa'-bb'}{a'^2+b'^2} + \dfrac{ab'+ba'}{a'^2+b'^2}\i$.
\end{enumerate}

\begin{rem}
Il n'est pas demandé d'apprendre par c\oe ur ces formules, mais juste de retenir les modes opératoires.
\end{rem}

\medskip

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.1} et \ref{exercice:\thechapter.2}.

\subsection{Propriétés sur les conjugués}

\begin{prop}
Soient $z$ et $z'$ deux nombres complexes, $z'\neq0$.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\overline{z+z'}=\overline{z}+\overline{z'}$
\item $\overline{z \times z'} = \overline{z} \times \overline{z'}$
\item $\forall n\in\N,\ \overline{z^n} = \overline{z}^n$
\item $\overline{\dfrac{z}{z'}} = \dfrac{\overline{z}}{\overline{z'}}$
\item $\overline{\overline{z}}=z$
\item $\overline{z}=z \iff z\in\R$
\item $\Re(z) = \dfrac{z+\overline{z}}{2}$
\item $\Im(z)=\dfrac{z-\overline{z}}{2\i}$
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{prop}

\begin{demo}
Posons $z=a+\i b$ et $z'=a'+\i b'$.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\begin{aligned}[t]
\overline{z+z'} & = \overline{(a+a') + \i(b+b')}\\
& = (a+a') - \i(b+b')\\
& = (a-\i b) + (a'-\i b')\\
& = \overline{z} + \overline{z'}.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\overline{z \times z'} & = \overline{(a+\i b)(a'+\i b')} \\
& = \overline{(aa'-bb') + i(ab'+ba')}\\
& = (aa'-bb') - \i(ab'+ba').
\end{aligned}$

De plus,

$\begin{aligned}[t]
\overline{z} \times \overline{z'} & = \overline{a+\i b} \times \overline{a'+\i b'}\\
& = (a-\i b)(a'-\i b')\\
& = (aa'-bb') - \i(ab'+ba')\\
& = \overline{z \times z'}.
\end{aligned}$

\item Démontrons l'égalité par récurrence.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation:} pour $n=0$,\\$\overline{z^n}=\overline{z^0}=\overline{1}=1=\overline{z}^0$.

\item \textbf{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.
\end{itemize}
L'égalité est alors vraie pour $n\in\N$.
\end{multicols}

\item $\begin{aligned}[t]
\overline{\dfrac{1}{z'}} & = \dfrac{a'}{a'^2+b'^2}+\dfrac{b'}{a'^2+b'^2}\i\\
\text{et }\dfrac{1}{\overline{z'}} & = \dfrac{1}{a'-\i b'}\textcolor{red}{\times\dfrac{a'+\i b'}{a'+\i b'}}\\
& = \dfrac{a'+\i b'}{a'^2 + b'^2}\\
& = \overline{\dfrac{1}{z'}}.
\end{aligned}$

Ainsi, $\begin{aligned}[t]
\overline{\dfrac{z}{z'}} & = \overline{z \times \dfrac{1}{z'}}\\& = \overline{z} \times \overline{\dfrac{1}{z'}}\text{ d'après l'item 2 de cette propriété}\\
& = \overline{z} \times \dfrac{1}{\overline{z'}}\text{ d'après ce qui a été fait en amont au début de cet item}\\
& = \dfrac{\overline{z}}{\overline{z'}}.
\end{aligned}$

\item $\overline{\overline{z}} = \overline{a - \i b} = a+\i b=z$.

\item $\overline{z}-z = (a-\i b)-(a+\i b)=-2\i b$.

Ainsi, $\begin{aligned}[t]
\overline{z}=z & \iff \overline{z}-z=0\\
& \iff -2\i b = 0\\
& \iff b = 0\\
& \iff z \in\R.
\end{aligned}$

\begin{multicols}{2}
\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{z+\overline{z}}{2} & = \dfrac{(a+\i b) + (a-\i b)}{2}\\
& = \dfrac{2a}{2}\\
& = a\\
& = \Re(z).
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{z-\overline{z}}{2\i} & = \dfrac{(a+\i b) - (a-\i b)}{2\i}\\
& = \dfrac{2b\i}{2\i}\\
& = b\\
& = \Im(z).
\end{aligned}$
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{demo}

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.3} et \ref{exercice:\thechapter.6}.


\subsection{Formule du binôme de Newton}

\begin{defin}
On désigne par \textit{coefficient binomial} \og $k$ parmi $n$ \fg{}  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.
\end{defin}

\newpage

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

À l'aide de cette propriété, nous pouvons \og construire \fg{} une visualisation des premiers coefficients binomiaux :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[row 1/.style={green!50!black},column 1/.style=red , scale=2,every node/.style={scale=1.5}]
\matrix (PascalTriangle) [matrix of nodes]
{
 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\
0& 1 &   &   &   &   &\\
1& 1 & 1 &   &   &   &  \\
2& 1 & 2 & 1 &   &   &  \\
3& 1 & 3 & 3 & 1 &   &   \\
4& 1 & 4 & 6 & 4 & 1 &  \\
5& 1 & 5  &10 & 10 & 5 & 1\\
};
\draw[blue] 
(PascalTriangle-5-3.north west) -- (PascalTriangle-5-4.north east) -- (PascalTriangle-6-4.south east) -- (PascalTriangle-6-4.south west) -- (PascalTriangle-6-4.north west) -- ($(PascalTriangle-5-3.south west)+(0,0.5pt)$) -- cycle;
\node[blue,scale=0.5] at ($(PascalTriangle-5-3.east)+(1pt,0)$) {+};
\node[blue,scale=0.5,rotate=90] at (PascalTriangle-5-4.south) {$=$};
\draw[<-,>=latex,thick,green!50!black] (PascalTriangle-1-7.east) -- ($(PascalTriangle-1-7.east)+(1,0)$) node[right,scale=0.8] {Valeurs de $k$};
\draw[<-,>=latex,thick,red] (PascalTriangle-2-1.north) -- ($(PascalTriangle-2-1.north)+(0,1)$) node[scale=0.8,above] {Valeurs de $n$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
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 : $\dbinom{3}{1}+\dbinom{3}{2}=\dbinom{4}{2}$.

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

\begin{demo}
Démontrons cette égalité par récurrence.

\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation:} $(a+b)^1 = a+b$ et $\displaystyle\sum_{k=0}^1 \dbinom{1}{k}a^kb^{1-k}=\dbinom{1}{0}a^0b^1 + \dbinom{1}{1}a^1b^0 = b+a=a+b$.

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

\medskip

\hspace*{-3em}
$\begin{aligned}
(a+b)^{p+1} & = (a+b)(a+b)^p\\
& = (a+b)\sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k}\quad\text{ d'après l'hypothèse de récurrence}\\
& = a\sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k} + b\sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k}\\
& = \sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^{k+1}b^{p-k} + \sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k+1}\\
& =  \sum_{\textcolor{red}{k=1}}^{\textcolor{red}{p+1}} \dbinom{p}{\textcolor{red}{k-1}}a^{\textcolor{red}{k}}b^{p-\textcolor{red}{(k-1)}} + \sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k+1}\\
& = \left[ \sum_{\textcolor{red}{k=1}}^{\textcolor{red}{p}} \dbinom{p}{\textcolor{red}{k-1}}a^{\textcolor{red}{k}}b^{p-k+1} + \dbinom{p}{p}a^{p+1}b^{p-(p+1-1)} \right] + \left[ \sum_{\textcolor{blue}{k=1}}^p \dbinom{p}{k}a^kb^{p-k+1} + \dbinom{p}{0}a^0b^{p-0+1} \right]\\
& = \sum_{k=1}^{p} \left(\dbinom{p}{k-1}+\dbinom{p}{k}\right)a^kb^{n_k+1} + a^{p+1}b^{0} + a^0b^{p+1}\\
& = \sum_{k=1}^{p} \dbinom{p+1}{k}a^kb^{n_k+1} + a^{p+1} + b^{p+1}\quad\text{ car }\dbinom{p}{k-1}+\dbinom{p}{k}=\dbinom{p+1}{k} \\
& = \sum_{k=1}^{p} \dbinom{p+1}{k}a^kb^{n_k+1} + \underbrace{\dbinom{p+1}{p+1}}_{=1} a^{p+1} + \underbrace{\dbinom{p+1}{0}}_{=0} b^{p+1} \\
& = \sum_{k=0}^{p+1} \dbinom{p+1}{k}a^kb^{n_k+1}.
\end{aligned}$

L'égalité est alors vraie au rang $p+1$. L'hérédité est alors vérifiée.
\end{itemize}
\end{demo}

\begin{rem}
Cette démonstration est extrêmement compliquée. Il ne faut pas se décourager si vous ne la comprenez pas immédiatement.
\end{rem}


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

\newpage

\begin{demo}
Raisonnons par disjonction de cas sur $n$:
\begin{itemize}
\item si $n=4k$, $\i^n = \i^{4k} = (\i^4)^k = \Big[ (\i^2)^2 \Big]^k = \Big[ (-1)^2 \Big]^k = \Big[1\Big]^k = 1$.

\item si $n=4k+1$, $\i^n=\i^{4k+1}=\i^{4k}\times\i^1=1 \times \i = \i$.

\item si $n=4k+2$, $\i^n = \i^{4k+1} \times \i^1 = \i \times \i = -1$.

\item si $n=4k+3$, $\i^n = \i^{4k+2} \times \i^1 = -1 \times \i = -\i$.
\end{itemize}
\end{demo}


\begin{prop}
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 $n!=1\times2\times3\times\cdots\times(n-1)\times n$.
\end{prop}

\begin{exemple}
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*}
\end{exemple}

\begin{rem}
Pour la plupart des personnes, dans la pratique, il est préférable d'utiliser la formule du binôme de Newton vue dans la propriété \ref{prop:\thechapter.4}.
\end{rem}

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.4}.

\newpage

\subsection{\'Equations}

\subsubsection{\'Equations du premier degré}

\begin{prop}
Soient $a$ et $b$ deux nombres complexes. 

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

\begin{exemple}
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*}
\end{exemple}

\subsubsection{\'Equation du second degré}

\begin{prop}
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:
\[
z_1=\dfrac{-b-\i\sqrt{|\Delta|}}{2a}\qquad\text{et}\qquad
z_2=\dfrac{-b+\i\sqrt{|\Delta}}{2a}.
\]
\end{prop}
\begin{rem}
Dans ce cas, $z_2 = \overline{z_1}$.
\end{rem}
\begin{exemple}
Le polynôme $z^2+z+1$ a pour discriminant $\Delta=-3$ donc ses racines sont:
\[
z_1=\dfrac{-1-\i\sqrt3}{2}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-1+\i\sqrt3}{2}.
\]
\end{exemple}

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.5}.

\newpage

\section{Du point de vue géométrique}

\subsection{Image d'un nombre complexe}

\begin{defin}[image d'un nombre complexe]
On muni le plan d'un repère \Ruv.

Dans ce repère, on décide de représenter tout nombre complexe $z=x+\i y$ par le point de coordonnées M\coord{x}{y}.

Ce point est appelé l'\textit{image} de $z$.

Ce plan est appelé \textit{plan d'Argand-Cauchy}. 

L'axe horizontal est appelé l'\textit{axe des réels}.

L'axe vertical est appelé l'\textit{axe des imaginaires}.
\end{defin}

\begin{rem}
Jean-Robert Argand était un mathématicien suisse de la fin du XVIII\ieme{} et du début du XIX\ieme{} siècle (1768 -- 1822). 

Il introduisit en 1806 la représentation des nombres complexes, mais ce ne fut pas le premier. En effet, le mathématicien danois Caspar Wessel le fit un peu avant dans un de ses articles, qui passa inaperçu jusqu'en 1897 où on le retrouva.

On peut donc supposer qu'Argand eut une idée analogue à celle de Wessel sans pour autant le copier.
\end{rem}

\begin{defin}[affixe]
Dans le plan d'Argand-Cauchy, on considère un point M\coord{x}{y} et un vecteur $\vec{w}\dbinom{x}{y}$.

Alors le nombre complexe $z=x+\i y$ est appelé l'\textit{affixe} du point M et l'affixe du vecteur $\vec{w}$.
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{minipage}{7cm}
\begin{tikzpicture}
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[dashed,gray] (-3,-3) grid (3,3);
\draw[->,>=latex,thick] (-3,0) -- (3,0);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (1,0) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick] (0,-3) -- (0,3);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (0,1) node[midway,left] {$\vv{v}$};
\draw[->,>=latex,very thick,purple] (-3,1) -- (-1,2) node[midway,above left] {$\vv{w}$};
\fill[blue] (2,-2) circle(2pt) node[below right] {M};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
Le point M a pour affixe $z_M=2-2\i$ car M\coord{2}{-2}.

Le vecteur $\vv{w}$ a pour affixe $z_{\vv{w}}=2+\i$ car $\vv{w}\dbinom{2}{1}$.
\end{minipage}
\end{exemple}

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.13}.

\newpage

\begin{prop}[image du conjugué]
Soit $z=x + \i y$ un nombre complexe et soit $M$ son image dans le plan d'Argand-Cauchy.

L'image de $\overline{z}$ est le symétrique de $M$ par rapport à l'axe des réels.
\end{prop}

\begin{exemple}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[dashed,gray] (-3,-3) grid (3,3);
\draw[->,>=latex,thick] (-3,0) -- (3,0);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (1,0) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick] (0,-3) -- (0,3);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (0,1) node[midway,left] {$\vv{v}$};
\fill[blue] (2,-2) circle(2pt) node[below right] {M($z=2-2\i)$};
\fill[blue] (2,2) circle(2pt) node[above right] {M'($\overline{z}=2+2\i$)};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\subsection{Module d'un nombre complexe}

\begin{defin}
Soient $z=x + \i y$ un nombre complexe et $M$ son image dans le plan d'Argand-Cauchy.

On appelle \textit{module} de $z$, et on note $|z|$, la distance entre l'origine du repère et le point $M$.
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[dashed,gray] (-3,-3) grid (3,3);
\draw[->,>=latex,thick] (-3,0) -- (3,0);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (1,0) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick] (0,-3) -- (0,3);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (0,1) node[midway,left] {$\vv{v}$};
\fill[blue] (2,-2) circle(2pt) node[below right] {M};
\draw[thick,green!50!black] (0,0) -- (2,-2) node[midway,above right] 
{$\vert z\vert$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\newpage

\begin{prop}
Soit $z = x + \i y$. 

Alors,
\[
|z| = \sqrt{x^2+y^2}.
\]
\end{prop}

La démonstration tient en une ligne en utilisant le théorème de Pythagore.

\begin{prop}[module du conjugué]
\[
|z| = \big\vert  \overline{z} \big\vert.
\]
\end{prop}

La démonstration tient en une ligne en considérant la symétrie par rapport à l'axe des réels.


\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.14}.

\begin{prop}
Pour tous nombres complexes $z$ et $z'\neq0$, et pour tout entier naturel $n$:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $|z|^2 = z \overline{z}$
\item $|zz'| = |z| \times |z'|$
\item $|z^n| = |z|^n$
\item $\left|\dfrac{z}{z'}\right|=\dfrac{|z|}{|z'|}$
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{prop}

\begin{demo}
Posons $z=x+\i y$ et $z'=x'+\i y'$.
\begin{enumerate}
\item $|z|^2 = \Big(\sqrt{x^2+y^2}\Big)^2 = x^2 + y^2$.

$z\overline{z} = (x+\i y) (x - \i y) = x^2 - (\i y)^2 = x^2 - (-y^2) = x^2+y^2$.

\uline{Donc $|z|^2 = z \overline{z}$.}

\item $\begin{aligned}[t]
|zz'| & = |(x+\i y)(x'+\i y')|\\
& = |xx'-yy' + \i(xy'+x'y)|\\
& = \sqrt{(xx'-yy')^2 + (xy'+x'y)^2}\\
& = \sqrt{(xx')^2 - 2xx'yy' + (yy')^2 + (xy')^2 + 2xy'x'y + (x'y)^2}\\
& = \sqrt{(xx')^2 + (yy')^2 + (xy')^2 + (x'y)^2}
\end{aligned}$

\medskip

De plus, $\begin{aligned}[t]
|z|\times|z'| & = \sqrt{x^2+y^2} \times \sqrt{(x')^2 + (y')^2}\\
& = \sqrt{(x^2+y^2)\big( (x')^2+(y')^2\big)}\\
& = \sqrt{(xx')^2 + (xy')^2 + (yx')^2 + (yy')^2}
\end{aligned}$

\uline{Donc $|zz'| = |z| \times |z'|$.}

\newpage

\item Démontrons par récurrence sur $n$ que $|z^n| = |z|^n$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation:} pour $n=0$, $|z^n| = |z^0| = |1| = 1 = |z|^0$.

\item \textbf{Hérédité:} supposons que pour un entier $k$ fixé, $|z^k| = |z|^k$. Alors,
\begin{align*}
|z^{k+1}| & = |z^k \times z^1|\\
& = |z^k| \times |z| \text{ d'après le point 2 précédemment démontré}\\
& = |z|^k \times |z| \text{ d'après l'hypothèse de récurrence}\\
& = |z|^{k+1}.
\end{align*}
\end{itemize}
L'hérédité est alors vérifiée.

\uline{D'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $|z^n| = |z|^n$.}

\item 
\begin{itemize}
\item Montrons avant tout que $\left|\dfrac{1}{z}\right|=\dfrac{1}{|z|}$.

\begin{align*}
\left|\dfrac{1}{z}\right| & = \left| \dfrac{1}{x + \i y} \right|\\
& = \left| \dfrac{x-\i y}{x^2 + y^2} \right|\\
& = \left| \dfrac{x}{x^2+y^2} - \i\dfrac{y}{x^2+y^2} \right|\\
& = \sqrt{\left( \dfrac{x}{x^2+y^2} \right)^2 + \left( -\dfrac{y}{x^2+y^2} \right)^2}\\
& = \sqrt{\dfrac{x^2+y^2}{\big(x^2+y^2\big)^2}}\\
& = \sqrt{\dfrac{1}{x^2+y^2}}\\
& = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\\
& = \dfrac{1}{|z|}.
\end{align*}


\item $\begin{aligned}[t]
\left|\dfrac{z}{z'}\right| & = \left|z\times\dfrac{1}{z'}\right|\\
& = |z| \times \left|\dfrac{1}{z'}\right|\text{ d'après le point 2 précédemment démontré}\\
& = |z| \times \dfrac{1}{|z'|}\\
& = \dfrac{|z|}{|z'|}
\end{aligned}$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{demo}

\medskip

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.15}.


\begin{defin}
On note $\mathbb{U}$ l'ensemble des nombres complexes dont le module est égal à 1.
\[
\mathbb{U} = \{ z\in\C,\ |z|=1\}.
\]
\end{defin}

\begin{prop}
$\mathbb{U}$ est stable par produit et par passage à l'inverse.

Autrement dit, pour tous nombres $z$ et $z'$ de $\mathbb{U}$, 
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item $zz' \in\mathbb{U}$
\item $\dfrac{1}{z}\in\mathbb{U}$
\end{multicols}
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{demo}
C'est une conséquence directe de la propriété précédente.

En effet, si $z$ et $z'$ appartiennent à $\mathbb{U}$, alors 
\[
|z|=|z'|=1
\]
et donc 
\[
|zz'|=|z|\times|z'| = 1\times1=1.
\]
Ainsi, $zz'\in\mathbb{U}$.

\medskip

De plus,
\[
\left|\dfrac{1}{z}\right| = \dfrac{1}{|z|} = \dfrac{1}{1} = 1
\]
donc $\dfrac{1}{z}\in\mathbb{U}$.
\end{demo}

\subsection{Arguments d'un nombre complexe}

\begin{defin}
Soit $z=x + \i y$ un nombre complexe d'image $M$ dans le plan d'Argand-Cauchy.

On désigne par \textit{arguments} tous les angles (exprimés en radians) $\angleor{u}{OM}$.
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{minipage}{7cm}
\begin{tikzpicture}
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[dashed,gray] (-3,0) grid (3,3);
\draw[->,>=latex,thick] (-3,0) -- (3,0);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (1,0) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick] (0,0) -- (0,3);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (0,1) node[midway,left] {$\vv{v}$};
\draw[->,>=latex,very thick,purple] (0,0) -- (2,2);
\fill[blue] (2,2) circle(2pt) node[above right] {M};
\draw[thick,purple,->,>=latex] (1.5,0) arc(0:45:1.5);
\node[purple,right] at (22:1.5) {$\dfrac{\pi}{4}$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
Un argument du nombre complexe $z=2+2\i$ est $\dfrac{\pi}{4}$.

\medskip

On notera alors: $\begin{aligned}[t]
\arg(z) & =\dfrac{\pi}{4}\mod2\pi\\
\text{ou }\arg(z) & =\dfrac{\pi}{4}\quad[2\pi]
\end{aligned}$

\medskip

pour désigner le fait que l'angle est défini à $2\pi$ près.
\end{minipage}
\end{exemple}

\newpage

\begin{prop}
Soit $z=x+\i y$. On note $r=|z|$ et $\theta=\arg(z)$. Alors,
\[
\begin{cases}
x = r\cos\theta\\
y = r\sin\theta
\end{cases}
\]
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{minipage}{7cm}
\begin{tikzpicture}
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[dashed,gray] (-3,0) grid (3,3);
\draw[->,>=latex,thick] (-3,0) -- (3,0);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (1,0) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick] (0,0) -- (0,3);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (0,1) node[midway,left] {$\vv{v}$};
\draw[->,>=latex,very thick,purple] (0,0) -- (2,2) node[midway,above left] {$r$};
\fill[blue] (2,2) circle(2pt) node[above right] {M};
\draw[thick,purple,->,>=latex] (.5,0) arc(0:45:.5);
\node[purple,right] at (35:.5) {$\theta$};
\draw[very thick,purple] (0,0) -- (2,0) node[below] {N} node[midway,below] {$x$}  -- (2,2) node[midway,right] {$y$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
Dans le triangle OMN, rectangle en N,
\begin{align*}
\cos\theta=\dfrac{x}{r} & \iff x = r\cos\theta\\
\sin\theta=\dfrac{y}{r} & \iff y = r\sin\theta
\end{align*}
\end{minipage}
\end{demo}

\begin{defin}
Soit $z$ un nombre complexe de module $r$ et dont un argument est égal à $\theta$.

La \textit{forme trigonométrique} de $z$ est:
\[
z = r\big(\cos\theta + \i\sin\theta\big).
\]
\end{defin}

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.16}.

\begin{prop}[admise]
Pour tous nombres complexes $z$ et $z'$,
\begin{enumerate}
\item $\arg(zz') = \arg(z) + \arg(z')$
\item $\arg\big(z^n\big)=n \times \arg(z)$
\item $\arg\left(\dfrac{z}{z'}\right) = \arg(z)-\arg(z')$
\end{enumerate}
\end{prop}

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.17} et  \ref{exercice:\thechapter.18}.

\newpage

\section{Forme exponentielle d'un nombre complexe}

\subsection{Définition}

\begin{defin}[forme exponentielle]
Soit $z$ un nombre complexe. On note $r=|z|$ et $\theta=\arg(z)$.

La \textit{forme exponentielle} de $z$ est:
\[
z = r\e^{\i\theta}.
\]
\end{defin}

\begin{rem}
Ainsi, on a:
\[
\cos\theta + \i\sin\theta = \e^{\i\theta}.
\]
Cette égalité est très importante.
\end{rem}


\begin{prop}
Pour tous nombres complexes $z=r\e^{\i\theta}$ et $z'=r'\e^{\i\theta'}$, $r'\neq0$:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $zz' = rr'\e^{\i(\theta+\theta')}$
\item $z^n=r^n\e^{n\i\theta}$
\item $\dfrac{z}{z'}=\dfrac{r}{r'}\e^{\i(\theta-\theta')}$
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{prop}

\subsection{Formules d'Euler}

\begin{prop}
\[
\cos\theta = \dfrac{\e^{\i\theta} + \e^{-\i\theta}}{2}
\qquad\text{et}\qquad
\sin\theta = \dfrac{\e^{\i\theta} - \e^{-\i\theta}}{2\i}.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
On a:
\[
\begin{cases}
\cos\theta + \i\sin\theta = \e^{\i\theta}\\
\cos\theta - \i\sin\theta = \e^{-\i\theta}
\end{cases}
\]
En additionnant les deux lignes, on obtient:
\[
2\cos\theta =  \e^{\i\theta} +  \e^{-\i\theta}\qquad\text{soit}\qquad \cos\theta = \dfrac{\e^{\i\theta} + \e^{-\i\theta}}{2}.
\]
En soustrayant la seconde ligne à la première, on obtient:
\[
2\i\sin\theta = \e^{\i\theta} -\e^{-\i\theta} \qquad\text{soit}\qquad \sin\theta = \dfrac{\e^{\i\theta} - \e^{-\i\theta}}{2\i}.
\]
\end{demo}

\subsection{Formules d'addition et de duplication}

\begin{prop}[formules d'addition]
Pour tous réels $a$ et $b$,
\begin{enumerate}
\item $\cos(a+b)=\cos(a)\cos(b)-\sin(a)\sin(b)$.
\item $\sin(a+b)=\sin(a)\cos(b)+\sin(b)\cos(a)$.
\end{enumerate}
\end{prop}

\begin{demo}
Utilisons les formules d'Euler pour calculer:
\begin{enumerate}
\item  $\begin{aligned}[t]
& \cos(a)\cos(b)-\sin(a)\sin(b)\\
=\ & \dfrac{\e^{\i a} + \e^{-\i a}}{2} \times  \dfrac{\e^{\i b} + \e^{-\i b}}{2} -  \dfrac{\e^{\i a} - \e^{-\i a}}{2\i}\times \dfrac{\e^{\i b} - \e^{-\i b}}{2\i}\\
= \ & \dfrac{\e^{\i(a+b)}+\e^{\i(a-b)}+\e^{\i(-a+b)}+\e^{\i(-a-b)}}{4} - \dfrac{\e^{\i(a+b)} - \e^{\i(a-b)} - \e^{\i(-a+b)} + \e^{\i(-a-b)} }{-4}\\
=\ &  \dfrac{2\e^{\i(a+b)} + 2\e^{\i(-a-b)}}{4}\\
=\ &  \dfrac{\e^{\i(a+b)} + \e^{-\i(a+b)}}{2}\\
=\ & \cos(a+b).
\end{aligned}$

\bigskip

\item $\begin{aligned}[t]
& \sin(a)\cos(b)+\sin(b)\cos(a)\\
=\ & \dfrac{\e^{\i a} - \e^{-\i a} }{2\i} \times \dfrac{\e^{\i b} + \e^{-\i b} }{2} + \dfrac{\e^{\i b} - \e^{-\i b} }{2\i}\times\dfrac{\e^{\i a} + \e^{-\i a} }{2}\\
=\ & \dfrac{\e^{\i(a+b)} + \e^{\i(a-b)} - \e^{\i(-a+b)} - \e^{\i(-a-b)} }{4\i} + \dfrac{\e^{\i(b+a)} + \e^{\i(b-a)} - \e^{\i(-b+a)} - \e^{\i(-b-a)} }{4\i} \\
=\ & \dfrac{2\e^{\i(a+b)} - 2\e^{\i(-a-b)} }{4\i} \\
=\ & \dfrac{\e^{\i(a+b)} - \e^{-\i(a+b)} }{2\i}\\
=\ & \sin(a+b).
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{demo}

\begin{prop}[formules de duplication]
Pour tout nombre réel $a$,
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\cos(2a) & = \cos^2(a) - \sin^2(a)\\
& = 2\cos^2(a) - 1\\
& = 1 - 2\sin^2(a)
\end{aligned}$

\item $\sin(2a) = 2\sin(a)\cos(a)$
\end{enumerate}
\end{prop}

\newpage

\begin{demo}
Dans les formules d'addition, on prend $b=a$, ce qui donne:
\begin{enumerate}
\item $\cos(2a) = \cos(a+a)  = \cos(a)\cos(a) - \sin(a)\sin(a) = \cos^2(a) - \sin^2(a)$.

On n'oublie pas que $\cos^2(a)+\sin^2(a)=1$, donc:
\begin{itemize}
\item $\sin^2(a) = 1-\cos^2(a)$; ainsi, 
\[
\cos(2a) =  \cos^2(a) - \sin^2(a) = \cos^2(a) - \big( 1-\cos^2(a) \big) = 2\cos^2(a) - 1.
\]
\item $\cos^2(a) = 1-\sin^2(a)$; ainsi, 
\[
\cos(2a) =  \cos^2(a) - \sin^2(a) = \big( 1-\sin^2(a) \big) - \sin^2(a) = 1 - 2\sin^2(a).
\]
\end{itemize}

\item $\sin(2a) = \sin(a+a) = \sin(a)\cos(a) + \cos(a)\sin(a) = 2\sin(a)\cos(a)$.
\end{enumerate}
\end{demo}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.21} et \ref{exercice:\thechapter.22}.

\subsection{Formules de Moivre}

\begin{prop}
Pour tout entier relatif $n$, pour tout réel $\theta$,
\[
\big(\cos\theta + \i\sin\theta \big)^n = \cos (n\theta) + \i\sin (n\theta).
\]
\end{prop}

\begin{demo}
$\big(\cos\theta + \i\sin\theta \big)^n = \left(\e^{\i\theta}\right)^n = \e^{n\theta\i} = \cos (n\theta) + \i\sin (n\theta)$.

C'est tout...
\end{demo}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.23}.

\newpage

\section{\'Equations polynomiales complexes}

Nous avons vu précédemment comment résoudre les équations polynômiales de degré 1 et 2. 

Nous allons apporter ici quelques compléments.

\subsection{Factorisation de $\text{z}^\text{n}-\text{a}^\text{n}$}

\begin{prop}
Soient $z$ et $a$ deux nombres complexes, et soit $n$ un entier naturel non nul.

Alors,
\[
z^n - a^n = (z-a)\sum_{k=0}^{n-1} a^kz^{n-k-1}.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
Développons:
\begin{align*}
(z-a)\sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1} & = z\sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1} - a\sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1}\\
& = \sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1}\times z^1 - \sum_{k=0}^{p-1} a^k\times a^1 z^{p-k-1}\\
& = \sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k} - \sum_{k=0}^{p-1} a^{k+1}z^{p-k-1}\\
& = \big( a^0z^p + \textcolor{red}{a^1z^{p-1}} + \textcolor{blue}{a^2z^{p-2}} + \cdots + \textcolor{green!50!black}{a^{p-1}z^1}\big)\\
& \hspace*{3cm} - \big( \textcolor{red}{a^1z^{p-1}} + \textcolor{blue}{a^2z^{p-2}} + a^3z^{p-3} + \cdots + \textcolor{green!50!black}{a^{p-1}z^1}+ a^pz^0 \big)
\end{align*}
Tous les termes s'éliminent deux à deux sauf le premier et le dernier:
\begin{align*}
(z-a)\sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1} & a^0z^p - a^pz^0\\
& = z^p-a^p.
\end{align*}
\end{demo}

\begin{exemple}
On peut factoriser $z^4 - 16$ sous la forme:
\[
z^4 - 2^4 = (z-2)(z^3 + 2z^2 + 4z + 8).
\]
\end{exemple}

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.32}.

\newpage

\subsection{Factorisation polynomiale}

\begin{defin}
On note $\C_n[z]$ l'ensemble des polynômes de degré $n$ à coefficients complexes:
\[
\C_n[z] = \big\{ c_nz^n+c_{n-1}z^{n-1}+\cdots+c_1z+c_0 \, , \,  c_k\in\C,\, , \, 0\leqslant k\leqslant n \big\}.
\]
\end{defin}

Si un polynôme $P$, à variable $z$, est de degré $n$ et est à coefficients complexes, on écrira:
\[
P\in\C_n[z].
\]

\begin{prop}[admise]
Soit $P \in\C_n[z]$.
\[
P(a)=0 \iff P(z)=(z-a)Q(z)\quad,\quad Q\in\C_{n-1}[z].
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
Soit $P(z) = 3z^3 - 5z^2 + 7z - 5$.

\[
P(1) = 3\times1^3 - 5\times1^2 + 7\times1 - 5=0.
\]

Par conséquent, on peut écrire:
\[
P(z)=(z-1)(az^2+bz+c).
\]
Pour trouver les valeurs de $a$, $b$ et $c$, on développe la forme factorisée:
\[
P(z) = az^3 + bz^2 + cz - az^2 - bz - c
\]
puis on regroupe les termes de mêmes puissances:
\[
P(z) = az^3 + (b-a)z^2 + (c-b)z - c
\]
et enfin, on identifie les coefficients de chaque puissance de $z$ à ceux de la forme développée initiale:
\[
\begin{cases}
a & = 3\\
b-a & = -5\\
c-b & = 7\\
-c & = -5
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
a=3\\
b=-2\\
c=5
\end{cases}
\]
Finalement, on peut écrire:
\[
P(z)=(z-1)(3z^2-2z+5).
\]
Il est désormais aisé de résoudre l'équation $P(z)=0$.
\end{exemple}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.33} et  \ref{exercice:\thechapter.34}.

\begin{thm}
Tout polynôme de degré $n$ admet au plus $n$ racines complexes.
\end{thm}

\begin{demo}
Nous allons ici démontrer que tout polynôme de degré $n$ admet un nombre de racines inférieur ou égal à $n$.

\medskip

Soit $P(z)=\displaystyle\sum_{k=0}^n c_kz^k$ un polynôme de $C_n[z]$.

Supposons qu'il existe $n+1$ racines à $P$, et notons-les $r_1$, $r_2$, ... , $r_{n+1}$.

Alors, $P(z)=c_n(z-r_1)(z-r_2)\cdots(z-r_n)(z-r_{n+1})$.

Or, en développant, on obtient un terme en $z^{n+1}$, ce qui contredit l'hypothèse selon laquelle $P\in\C_n[z]$.

\medskip

Par conséquent, il y a moins de $n+1$ racines à $P$.
\end{demo}

\begin{rem}[pourquoi "au plus"]
Il existe des cas où les racines sont \textit{multiples}.

Par exemple, $(z-1)^3$ est un polynôme de degré 3 qui n'admet que 1 comme racine. Mais comme le facteur $z-1$ apparaît trois fois dans la factorisation, on dit que la racine \og 1 \fg{} est triple.
\end{rem}

\section{Utilisation des nombres complexes en géométrie}

\subsection{Distance et angles}

\begin{prop}
\begin{minipage}{0.48\linewidth}
On se place dans le plan d'Argand-Cauchy.

Soient $A$ et $B$ d'affixes respectives $a$ et $b$.

\begin{itemize}
\item $|b-a| = AB$;
\item $\arg(b-a)=\angleor{u}{AB}$
\end{itemize}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.48\linewidth}
\begin{tikzpicture}
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[dashed,orange] (-3,-3) grid (3,3);
\draw[->,>=latex,thick] (-3,0) -- (3,0);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (1,0) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick] (0,-3) -- (0,3);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (0,1) node[midway,left] {$\vv{v}$};
\draw[thick,blue,->,>=latex] (-2,1) node[above left] {$A$} -- (2,-2 )node[below right] {$B$} node[midway,below left] {$\vert b-a\vert$};
\draw[shift={(-0.7,0)},thick,blue,->,>=latex] (2,0) arc(0:-36:2);
\node[right,blue] at (1.5,-.7) {$\arg(b-a)$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\end{prop}


\subsection{Quotient de deux complexes}

\begin{prop}
Soient $a$, $b$ et $c$ trois nombres complexes, affixes respectives des points $A$, $B$ et $C$ dans le plan d'Argand-Cauchy.
\begin{itemize}
\item $\left| \dfrac{c-a}{b-a} \right| = \dfrac{AC}{AB}$;
\item $\arg\left(  \dfrac{c-a}{b-a} \right) = \angleor{AB}{AC}$.
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{itemize}
\item $\left| \dfrac{c-a}{b-a} \right| = \dfrac{|c-a|}{|b-a|}=\dfrac{AC}{AB}$.

\item $\arg\left(  \dfrac{c-a}{b-a} \right) =\arg(c-a)-\arg(b-a)=\angleor{u}{AC}-\angleor{u}{AB}=\angleor{AB}{u}+\angleor{u}{AC}=\angleor{AB}{AC}$.
\end{itemize}
\end{demo}

\begin{exemple}
Soient $a=-4+\i$, $b=3-3\i$ et $c=7+4\i$ les affixes respectives de trois points $A$, $B$ et $C$ dans le plan d'Argand-Cauchy.

Calculons:
\begin{align*}
\angleor{BC}{BA} & = \arg\left(\dfrac{a-b}{c-b}\right)\\
& = \arg\left( \dfrac{-7+4\i}{4+7\i} \right)\\
& = \arg\left(  \dfrac{-7+4\i}{4+7\i} \times\dfrac{4-7\i}{4-7\i}\right)\\
& = \arg\left( \dfrac{65\i}{65} \right)\\
& = \arg(\i)\\
& = \dfrac{\pi}{2}\quad[2\pi].
\end{align*}

De plus,
\[
\left|\dfrac{a-b}{c-b}\right|  = |\i| = 1
\]
donc $BC=BA$.

\bigskip

On peut alors conclure que le triangle $ABC$ est rectangle isocèle en $B$.
\end{exemple}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.37}, \ref{exercice:\thechapter.38} et \ref{exercice:\thechapter.39}.

\subsection{Racines n-ième de l'unité}

\begin{defin}
Soit $n$ un entier naturel.

On appelle \textit{racines n-ième} de l'unité tous les nombres complexes $z$ tels que $z^n=1$.

\medskip

On note $\mathbb{U}_n$ l'ensemble de toutes ces valeurs:
\[
\mathbb{U}_n = \{ z \in \C | z^n = 1 \}.
\]
\end{defin}

Pour construire $\mathbb{U}_n$, il est nécessaire de voir \og 1 \fg{} comme un nombre complexe, et non plus comme un nombre réel.

\begin{prop}
Soit $n$ un entier naturel.
\[
\mathbb{U}_n = \left\{ \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\,,\, k\in\llbracket 0\;;\; n-1\rrbracket \right\}
\]
\end{prop} 

\begin{demo}
Notons que $1 = \e^{2\i k\pi}$ pour tout entier relatif $k$; par conséquent,
\begin{align*}
z^n = 1 & \iff \forall k\in\Z,\ z^n = \e^{2\i k\pi}\\
& \iff \forall k\in\Z,\ \big(z^n\big)^{\frac{1}{n}} = \left(\e^{2\i k\pi}\right)^{\frac{1}{n}}\\
& \iff \forall k\in\Z,\ z = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}.
\end{align*}
De plus, 
\[
\forall k\in\Z,\ \e^{\frac{2\i (k+n)\pi}{n}} = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\times\e^{\frac{2\i n\pi}{n}} = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\times\underbrace{\e^{2\i \pi}}_{=1} = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}.
\]
Par conséquent,
\[
z^n=1 \iff \forall 0 \leqslant k \leqslant n-1,\ z=\e^{\frac{2\i k\pi}{n}}.
\]
\begin{rem}
On a pris ici $k\in\llbracket 0\;;\; n-1\rrbracket$, mais on aurait aussi très bien pu prendre tout autre intervalle d'entiers d'amplitude $n$, comme par exemple $\llbracket 7\;;\; n+6\rrbracket$, mais avouez que c'est moins fun...
\end{rem}
\end{demo}

\begin{exemple}
On a ainsi:
\begin{itemize}
\item $\mathbb{U}_2 = \left\{ 1\,;\, \e^{\frac{2\i\pi}{2}} \right\} = \{1\,;\,-1\}$.

\item $\mathbb{U}_3 = \left\{ 1\,;\,\e^{\frac{2\i\pi}{3}}\,;\, \e^{\frac{4\i\pi}{3}} \right\} = \{ 1\,;\, \j\,;\,\j^2 \}$.

\item $\mathbb{U}_4 = \left\{ 1\,;\,\e^{\frac{2\i\pi}{4}}\,;\, \e^{\frac{4\i\pi}{4}}\,;\, \e^{\frac{6\i\pi}{4}} \right\} =\left\{ 1\,;\, \i \,;\, -1 \,;\, -\i \right\}$.
\end{itemize}
\end{exemple}
On peut représenter $\mathbb{U}_n$ à l'aide d'un polygone régulier à $n$ côtés inscrit dans le cercle unité:

\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{tikzpicture}[scale=3]
\draw[->,>=latex] (-1.2,0) -- (1.2,0);
\draw[->,>=latex] (0,-1.2) -- (0,1.2);
\node[below right] at (1,0) {1};
\draw (0,0) circle (1cm);
\draw[dashed,blue] (1,0) -- ({cos(1*120)},{sin(1*120)}) -- ({cos(2*120)},{sin(2*120)}) -- cycle;
\foreach \k in {0,1,2} {
\fill[blue] ({cos(\k*120)},{sin(\k*120)}) circle (1pt);
}
\end{tikzpicture}
\[ \mathbb{U}_3: \text{ triangle équilatéral}\]
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{tikzpicture}[scale=3]
\draw[->,>=latex] (-1.2,0) -- (1.2,0);
\draw[->,>=latex] (0,-1.2) -- (0,1.2);
\node[below right] at (1,0) {1};
\draw (0,0) circle (1cm);
\draw[dashed,orange] (1,0) \foreach \k in {1,2,3} { -- ({cos(\k*90)},{sin(\k*90)})} -- cycle;
\foreach \k in {0,1,2,3} {
\fill[orange] ({cos(\k*90)},{sin(\k*90)}) circle (1pt);
}
\end{tikzpicture}
\[ \mathbb{U}_4:\text{ carré} \]
\end{minipage}

\bigskip

\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{tikzpicture}[scale=3]
\draw[->,>=latex] (-1.2,0) -- (1.2,0);
\draw[->,>=latex] (0,-1.2) -- (0,1.2);
\node[below right] at (1,0) {1};
\draw (0,0) circle (1cm);
\draw[dashed,green!50!black] (1,0) \foreach \k in {1,2,3,4} { -- ({cos(\k*72)},{sin(\k*72)})} -- cycle;
\foreach \k in {0,1,2,3,4} {
\fill[green!50!black] ({cos(\k*72)},{sin(\k*72)}) circle (1pt);
}
\end{tikzpicture}
\[ \mathbb{U}_5 : \text{ pentagone régulier} \]
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{tikzpicture}[scale=3]
\draw[->,>=latex] (-1.2,0) -- (1.2,0);
\draw[->,>=latex] (0,-1.2) -- (0,1.2);
\node[below right] at (1,0) {1};
\draw (0,0) circle (1cm);
\draw[dashed,purple] (1,0) \foreach \k in {1,2,3,4,5} { -- ({cos(\k*60)},{sin(\k*60)})} -- cycle;
\foreach \k in {0,1,2,3,4,5} {
\fill[purple] ({cos(\k*60)},{sin(\k*60)}) circle (1pt);
}
\end{tikzpicture}
\[ \mathbb{U}_6:\text{ hexagone régulier} \]
\end{minipage}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.40} et \ref{exercice:\thechapter.41}.

\newpage

\section{Python et les nombres complexes}

Pour faire des calculs sur les nombres complexes à l'aide de Python, il faut appeler le module \texttt{cmath}:
\begin{python*}
from cmath import *
\end{python*}

Voici les quelques opérations possibles :

\bigskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Déclaration d'un nombre complexe.

On déclare ici $z=3 - 5\i$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{console}
>>> z = complex(3,-5)
\end{console}
\end{minipage}

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Calcul d'un argument.

La valeur retournée est en radians.
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{console}
>>> phase(z)
 -1.0303768265243125
\end{console}
\end{minipage}

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Module et argument.

La valeur retournée est de la forme $(|z| , \arg(z))$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{console}
>>> polar(z)
(5.830951894845301, -1.0303768265243125)
\end{console}
\end{minipage}

\bigskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Forme algébrique d'un nombre 

sous la forme $r\e^{\i\theta}$.

Dans l'exemple contre, on prend $\e^{\i\frac{\pi}{4}}$. 

Le résultat est de la forme $a+b\j$, mais attention: ici, $\j$ représente $\i$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{console}
>>> rect(1,pi/4)
(0.7071067811865476+0.7071067811865476j)
\end{console}
\end{minipage}

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Produit: $(1+\i)(4-3\i)$.

Donne: $7+\i$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{console}
>>> complex(1,1)*complex(4,-3)
(7+1j)
\end{console}
\end{minipage}

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Quotient: $\dfrac{1+\i}{4-3\i}$.

Donne: $0,04+0,28\i$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{console}
>>> complex(1,1)/complex(4,-3)
(0.04+0.28j)
\end{console}
\end{minipage}






%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exercices %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection*{Exercices de base du point de vue algébrique}

\begin{exocor}{somme et produits}[1]
Effectuez les opérations suivantes en mettant le résultat sous la forme $a+\i b$, $a$ et $b$ étant deux réels:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $(7+2\i)+(9-4\i)$
\item $(2\i-3)-(8+4\i)$
\item $(2+3\i)(1+\i)$
\item $(-2+4\i)(\i-5)$
\item $(4-3\i)^2$
\item $(1+\i)^3$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

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

\bigskip

\begin{rem}[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.
\end{rem}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exocor}{quotients}[1]
Mettre sous la forme algébrique les nombres complexes suivants :

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\dfrac{1+\i}{1-\i}$
\item $\dfrac{1}{3+5\i}$
\item $\dfrac{2+\i}{3-4\i}$
\item $\dfrac{\i-1}{3+2\i}$
\item $\dfrac{5+3\i}{2\i-1}$
\item $\dfrac{3\i-4}{4\i-3}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\dfrac{1+\i}{1-\i}=\dfrac{(1+\i)(1+\i)}{(1-\i)(1+\i)}=\dfrac{2\i}{2}=\boxed{\i}$.\\[4pt]
\item $\dfrac{1}{3+5\i}=\dfrac{1(3-5\i)}{(3+5\i)(3-5\i)}=\dfrac{3-5\i}{3^2+5^2}=\boxed{\dfrac{3}{34}-\dfrac{5}{34}\i}$.\\[4pt]
\item $\dfrac{2+\i}{3-4\i}=\dfrac{(2+\i)(3+4\i)}{(3-4\i)(3+4\i)}=\dfrac{2+11\i}{3^2+4^2}=\boxed{\dfrac{2}{25}+\dfrac{11}{25}\i}$.\\[4pt]
\item $\dfrac{\i-1}{3+2\i}=\dfrac{(-1+\i)(3-2\i)}{(3+2\i)(3-2\i)}=\dfrac{-1+5\i}{3^2+2^2}=\boxed{-\dfrac{1}{13}+\dfrac{5}{13}\i}$.\\[7pt]
\item $\dfrac{5+3\i}{2\i-1}=\dfrac{(5+3\i)(-1-2\i)}{(-1+2\i)(-1-2\i)}=\dfrac{1-13\i}{(-1)^2+2^2}=\boxed{\dfrac{1}{5}-\dfrac{13}{5}\i}$.\\[4pt]
\item $\dfrac{3\i-4}{4\i-3}=\dfrac{(-4+3\i)(-3-4\i)}{(-3+4\i)(-3-4\i)}=\dfrac{24+7\i}{(-3)^2+4^2}=\boxed{\dfrac{24}{25}+\dfrac{7}{25}\i}$
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{équation avec conjugué}[1]
Soit $z=a+\i b$ un nombre complexe. Montrer l'équivalence suivante:
\[
z^2 + \overline{z}^2 = 1 \iff b^2 = a^2 - \dfrac{1}{2}.
\]
\vspace*{-2.5em}
\tcblower

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*}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{puissance d'un nombre complexe}[1]
Donner la forme algébrique des nombres suivants.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $(2 - \i)^5$
\item $(2 + \i)^5$
\item $(1 + 2\i)^4$
\item $(1+2\i)^8$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{rem}
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.
\end{rem}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
(2 - \i)^5 & = \sum_{k=0}^5\dbinom{5}{k}2^k \times (-\i)^{5-k}\\
& = \dbinom{5}{0}2^0(-\i)^5 + \dbinom{5}{1}2^1(-\i)^4 + \dbinom{5}{2}2^2(-\i)^3 + \dbinom{5}{3}2^3(-\i)^2 + \dbinom{5}{4}2^4(-\i)^1 + \dbinom{5}{5}2^5(-\i)^0\\
& = -\i +10 +40\i - 80 - 80\i + 32\\
\Aboxed{(2 - \i)^5 & = -38 - 41\i}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
(2 + \i)^5 & = \overline{(2-\i)}^5\\
& = \overline{(2-\i)^5}\\
& = \overline{-38 - 41\i} \quad\text{d'après la question 1}\\& \Aboxed{(2 + \i)^5 & = -38 + 41\i}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
(1 + 2\i)^4 & = \sum_{k=0}^4\dbinom{4}{k}1^k \times (2\i)^{4-k}\\
& = \dbinom{4}{0}1^0\times(2\i)^4 
+ \dbinom{4}{1}1^1\times(2\i)^3 
+ \dbinom{4}{2}1^2\times(2\i)^2 
+ \dbinom{4}{3}1^3\times(2\i)^1 
+ \dbinom{4}{4}1^4\times(2\i)^0 \\
& = 16 - 32\i - 24 + 8\i + 1\\
\Aboxed{(1 + 2\i)^4 & = -7 - 24\i}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
(1+2\i)^8 & = \big[(1+2\i)^4\big]^2\\
& = (-7 - 24\i)^2\quad\text{d'après la question 3}\\
& = 49 + 2\times7\times24\i + (24\i)^2\\
\Aboxed{(1+2\i)^8& = -527 + 336\i}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{équations de degré 1 et 2}[1]
Résoudre dans $\C$ les équations suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $(1+\i)z = 2$
\item $(3-5\i)z = 3 + 5\i$
\item $z^2 + 3z + \frac{25}{4}=0$
\item $-3z^2+5z-6=0$
\item $2z^2-3z+\dfrac{17}{4}=0$
\item $100z^2+20z+37=0$
\end{multicols}
\end{enumerate}
\vspace*{-1.2em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
(1+\i)z = 2 & \iff z = \dfrac{2}{1+\i}\\
& \iff z = \dfrac{2(1-\i)}{(1+\i)(1-\i)}\\
& \iff z = \dfrac{2 - 2\i}{1^2+1^2}\\
& \if \boxed{z = 1 - \i}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
(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{aligned} $

\item $z^2 + 3z + \frac{25}{4}$ 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:
\[
z_1=\dfrac{-3-\i\sqrt{16}}{2}=\boxed{-\frac{3}{2}-2\i}\quad\text{et}\quad z_2=\overline{z_1}=\boxed{-\frac{3}{2}+2\i}
\]

\item $-3z^2+5z-6=0$. 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:
\[
\boxed{z_1=\dfrac{5+\i\sqrt{47}}{6}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{5-\i\sqrt{47}}{6}}
\]

\item $2z^2-3z+\dfrac{17}{4}=0$. 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:
\[
\boxed{z_1=\dfrac{3-5\i}{4}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{3+5\i}{4}}
\]

\item $100z^2+20z+37=0$. 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:
\[
\boxed{z_1=\dfrac{-1-6\i}{10}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-1+6\i}{10}}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{conjugués}[2]
Soit $z$ un nombre complexe non nul.

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

\tcblower

$\begin{aligned}[t]
\overline{\i z} + \dfrac{z + 2\Re(z) - \overline{z}}{\i z} & = \overline{\i z} + \dfrac{2}{z}\times\dfrac{z - \overline{z}}{2\i} + \dfrac{2\Re(z)}{\i z}\\
& = \overline{\i z} + \dfrac{2}{z}\times\Im(z) + \dfrac{2\Re(z)}{\i z}\textcolor{red}{\times\dfrac{\i}{\i}}\\
& = \overline{\i z} + \dfrac{2\Im(z)}{z}-\dfrac{2\i\Re(z)}{z}\\
& = \overline{\i z} + \dfrac{2\i}{z}\left(-\Re(z) + \dfrac{\Im(z)}{\i}   \right)\\
& = \overline{\i z} + \dfrac{2\i}{z}\left(-\Re(z) + \dfrac{\i\Im(z)}{\i^2}   \right)\\
& = \overline{\i z} + \dfrac{2\i}{z}\left(-\Re(z) - \i\Im(z)   \right)\\
& = \overline{\i z} - \dfrac{2\i}{z}\left( \Re(z) + \i\Im(z)   \right)\\
& = \overline{\i z} - \dfrac{2\i}{z}\times z\\
& = -\i \overline{z} - 2\i.\qquad\text{(car }\overline{\i}=-\i)
\end{aligned}$
\end{exocor}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection*{Exercices d'approfondissement: point de vue algébrique}

\begin{exocor}{application complexe: $\i z$}[1]
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 $b$.

\tcblower

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

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


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

\tcblower

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}\\
\Aboxed{S& = 1}
\end{align*}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


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

\tcblower

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}\\
\Aboxed{ \dfrac{(1-\i)(1+\i)}{(1-2\i)(1+2\i)} & = \dfrac{2}{5} }
\end{align*}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{équation de degré 3}[1]
On considère l'équation suivante:
\[
z^3 - 3z + 4\i = 0.\tag{E}
\]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $\i$ est une solution de $(E)$.
\item Trouver les nombres complexes $b$ et $c$ tels que:
\[
z^3 - 3z + 4\i = (z-\i)(z^2+bz+c).
\]
\item Donner les solutions de $(E)$ sous la forme algébrique.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On calcule:
\[
\i^3 - 3\i + 4\i = -\i - 3\i + 4\i = 0.
\]
\underline{$\i$ est donc bien une solution de $(E)$.}

\item Développons:
\begin{align*}
(z-\i)(z^2+bz+c) &= z^3 + bz^2 + cz - \i z^2 - b\i z + c\i\\
& = z^3 + (b-\i)z^2 + (c-b\i)z - c\i.
\end{align*}
Ainsi, 
\begin{align*}
z^3 - 3z + 4\i = (z-\i)(z^2+bz+c) & \iff z^3-3z+4\i=z^3 + (b-\i)z^2 + (c-b\i)z - c\i\\
& \iff  \begin{cases}
b-\i&=0\\
c-b\i&=-3\\
-c\i&=4\i
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
b=\i\\
c=-4
\end{cases}
\end{align*}
D'où:
\[
(E) \iff (z-\i)(z^2 + \i z - 4)=0.
\]

\item Le discriminant de $z^2 + \i z - 4$ est:
\[
\Delta=b^2-4ac = (\i)^2-4\times(-4) = -1+16 = 15.
\]
Donc ses racines sont:
\[
z_1=\dfrac{-\i+\sqrt{15}}{2}\qquad\text{et}\qquad z_2 = \dfrac{-\i-\sqrt{15}}{2}.
\]
Les solutions de $(E)$ (sous la forme algébrique) sont donc:
\[
\boxed{\i\qquad ; \qquad -\dfrac{\sqrt{15}}{2}-\dfrac{1}{2}\i\qquad ; \qquad \dfrac{\sqrt{15}}{2}-\dfrac{1}{2}\i}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{racine carrée de $\i$}[1]
On cherche à déterminer $\sqrt{\i}$.

Pour cela, on considère le nombre $z=a+b\i$ tel que $z^2=\i$.

Trouver les valeurs possibles de $a$ et $b$.

\tcblower

\begin{align*}
(a+\i b)^2 = \i & \iff a^2-b^2 + 2ab\i = \i\\
& \iff \begin{cases}
a^2-b^2=0\\
2ab = 1
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a^2 - b^2=0\\
b = \dfrac{1}{2a}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a^2 - \left(\frac{1}{2a}\right)^2=0\\
b = \dfrac{1}{2a}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
2a^4 - 1 =0\\
b = \dfrac{1}{2a}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a^4=\frac{1}{2}\quad\text{soit}\quad a^2=\frac{\sqrt2}{2}\quad\text{soit}\quad a=\pm\frac{\sqrt{\sqrt2}}{\sqrt2}\\
b = \dfrac{1}{2a}
\end{cases}
\end{align*}
Simplifions l'écriture de $a$ en considérant que $\sqrt2=2^{1/2}$, et donc que $\sqrt{\sqrt2}=\Big(2^{1/2}\Big)^{1/2}=2^{1/4}$.

Ainsi, $a=\pm\dfrac{\sqrt{\sqrt2}}{\sqrt2}=\pm\dfrac{2^{1/4}}{2^{1/2}}=\pm2^{-1/2}=\pm\dfrac{1}{\sqrt2}=\pm\dfrac{\sqrt2}{2}$.

Alors, $b=\pm\dfrac{1}{\sqrt2}=\pm\dfrac{\sqrt2}{2}$

\bigskip

On obtient finalement:
\[
\boxed{\sqrt\i = \pm\left(\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt2}{2}\i\right)}
\]
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{racine carrée d'un nombre complexe}[1]
Déterminer la forme algébrique de $\sqrt{-7+24\i}$.

\tcblower

Nous allons nous inspirer de ce qui a été fait dans l'exercice permettant d'obtenir $\sqrt\i$.

Cherchons les réels $a$ et $b$ tels que $(a +\i b)^2=-7+24\i$.
\begin{align*}
(a +\i b)^2=-7+24\i & \iff a^2-b^2+2ab\i = -7+24\i\\
& \iff \begin{cases}
a^2-b^2=-7\\
2ab=24
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a^2-b^2=-7\\
b=\frac{12}{a}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a^2-\left(\frac{12}{a}\right)^2=-7\\
b=\frac{12}{a}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a^4-144=-7a^2\\
b=\frac{12}{a}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a^4+7a^2-144=0\\
b=\frac{12}{a}
\end{cases}
\end{align*}
Considérons l'équation:
\[
a^4+7a^2-144=0\tag{E}
\]
En posant $A=a^2$,
\[
(E)\iff A^2+7A-144=0.
\]
Le discriminant de cette dernière équation est:
\[
\Delta=7^2-4\times(-144)=625=25^2
\]
donc:
\[
A = \dfrac{-7\pm25}{2}\qquad\text{soit}\qquad A=-16\text{ ou }A=9.
\]
Or, $A=a^2\geqslant0$ donc seule $A=9$ est possible, soit $a=\pm3$. Ainsi, $b=\pm\dfrac{12}{3}=\pm4$.

Finalement,
\[
\boxed{\sqrt{-7+24\i} = \pm(3+4\i)}
\]
\end{exocor}

\subsection*{Exercices de base du point de vue géométrique}

\begin{exocor}{affixe}[1]
Donner l'affixe des points et vecteurs de la figure ci-dessous:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[dashed,gray] (-7,-5) grid (7,6);
\draw[->,>=latex,thick] (-7,0) -- (7,0);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (1,0) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick] (0,-5) -- (0,6);
\draw[->,>=latex,very thick,red] (0,0) -- (0,1) node[midway,left] {$\vv{v}$};
% vecteur w1
\draw[->,>=latex,very thick,purple] (-6,4) -- (3,1) node[midway,above right] {$\vv{w_1}$};
% w2
\draw[->,>=latex,very thick,blue] (-4,-4) -- (-2,2) node[midway,above left] {$\vv{w_2}$};
% w3
\draw[->,>=latex,very thick,green!50!black] (1,-3) -- (4,-3) node[midway,below] {$\vv{w_3}$};
% w4
\draw[->,>=latex,very thick,orange] (5,-2) -- (5,3) node[midway,right] {$\vv{w_4}$};
% point M1
\fill[brown] (-5,-3) circle(2pt) node[below left] {$M_1$};
% point M2
\fill[brown] (0,-4) circle(2pt) node[below right] {$M_2$};
% point M3
\fill[brown] (4,0) circle(2pt) node[below right] {$M_3$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\tcblower

\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item L'affixe de $\vv{w_1}$ est : $9-3\i$.
\item L'affixe de $\vv{w_2}$ est : $2+6\i$.
\item L'affixe de $\vv{w_3}$ est : $3+0\i=3$.
\item L'affixe de $\vv{w_4}$ est : $0+5\i=5\i$.
\item L'affixe de $M_1$ est : $-5-3\i$.
\item L'affixe de $M_2$ est : $0-4\i=-4\i$.
\item L'affixe de $M_1$ est : $4+0\i=4$.
\end{multicols}
\end{itemize}

\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\newpage

\begin{exocor}{module d'un complexe}[1]
Calculer la valeur du module de chacun des nombres complexes suivants.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $\i$
\item $1+\i$
\item $1-\i$
\item $-3+2\i$
\item $-4$
\item $3 + 4\i$
\item $5-2\i$
\item $4,5 + 6\i$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $|\i| = 1$ car l'image de $\i$ est le point de coordonnées \coord{0}{1} et la distance qui le sépare de l'origine du repère est égale à 1.

\item $|1+\i| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt2$.

\item $|1-\i| = \big| \overline{1-\i} \big| = |1+\i| = \sqrt2$.

\item $|-3+2\i| = \sqrt{(-3)^3+2^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$.

\item $|-4| = 4$ car la distance qui sépare O du point image de $z=-4$ est égale à 4. On s'aperçoit d'ailleurs ici que le module est égal à la valeur absolue quand le complexe est réel.

\item $|3 + 4\i| = \sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$.

\item $|5-2\i| = \sqrt{5^2 + (-2)^2} = \sqrt{29}$.

\item $|4,5 + 6\i| = \sqrt{(4,5)^2 + 6^2} = \sqrt{56,25} = 7,5$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{utilisation des propriétés sur le module}[1]
Calculer:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $\big| (1+\i)^{16} \big|$
\item $\big| (2-\i)(1+\i) \big|$
\item $\left| \dfrac{1-\i}{1+\i} \right|$
\item $(5-3\i)(5+3\i)$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\big| (1+\i)^{16} \big| = |1+\i|^{16} = \big(\sqrt2\big)^{16}=2^8=256$.

\begin{rem}
À mon avis, il est important que savoir que $|1+\i|=\sqrt2$ car il revient assez souvent dans les calculs.
\end{rem}

\item $\big| (2-\i)(1+\i) \big| = |2-\i| \times |1+\i| = \sqrt{4+1}\times\sqrt2 = \sqrt{10}$.

\item $\left| \dfrac{1-\i}{1+\i} \right| = \dfrac{|1-\i|}{|1+\i|}=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt2}=1$.

\item $(5-3\i)(5+3\i) = |5+3\i|^2 = 5^2+3^2 = 34$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{arguments et forme trigonométrique}[1]
Pour chacun des nombres complexes suivants, trouver le module et un argument, puis écrire sa forme trigonométrique.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $z_1=1+\i$
\item $z_2=2\sqrt3+2\i$
\item $z_3=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}\i$
\item $z_4=-2+2\i$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $z_1=1+\i$.

$|z_1| = \sqrt2$. On factorise alors $z_1$ par $\sqrt2$:
\[
z_1 = \sqrt2\left(\dfrac{1}{\sqrt2}+\dfrac{1}{\sqrt2}\i\right)=\sqrt2\left(\dfrac{\sqrt2}{2}+\i\dfrac{\sqrt2}{2}\right).
\]
Un argument $\theta$ de $z_1$ est donc tel que :
\[
\begin{cases}
\cos\theta=\dfrac{\sqrt2}{2}\\[6pt]
\sin\theta=\dfrac{\sqrt2}{2}
\end{cases}
\qquad\text{soit}\qquad\theta=\dfrac{\pi}{4}\quad[2\pi].
\]
Finalement,
\[
\boxed{z_1=\sqrt2\left(\cos\frac{\pi}{4}+\i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)}
\]

\item $z_2=2\sqrt3+2\i$.

$|z_2| = \sqrt{\big(2\sqrt3\big)^2+2^2}=\sqrt{12+4}=4.$ Alors, 
\[
z_2 = 4\left(\dfrac{2\sqrt3}{4}+\dfrac{2}{4}\i\right) = 4\left(\dfrac{\sqrt3}{2}+\frac{1}{2}\i\right).
\]
\[
\theta = \arg(z_2) \iff \begin{cases}
\cos\theta=\dfrac{\sqrt3}{2}\\[6pt]
\sin\theta=\dfrac{1}{2}
\end{cases}
\iff \theta=\dfrac{\pi}{6}\quad[2\pi].
\]
Finalement,
\[
\boxed{ z_2 = 2\sqrt3\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+\i\sin\dfrac{\pi}{6}\right) }
\]

\item $z_3=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}\i=\cos\left(-\dfrac{\pi}{3}\right) + \i\sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)$.

\begin{rem}
Dans cette question, il n'était pas utile de calculer le module car si on connaît les sinus et cosinus des angles remarquables, on trouve directement un argument. Ici, $\arg(z_3)=-\dfrac{\pi}{3}\quad[2\pi]$.
\end{rem}

\item $z_4=-2+2\i$.

$|z_4|=\sqrt{(-2)^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt2$. Alors,
\[
z_4=2\sqrt2\left(-\frac{2}{2\sqrt2}+\frac{2}{2\sqrt2}\i\right)=2\sqrt2\left(-\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2} \right).
\]
\[
\theta=\arg(z_4) \iff 
\begin{cases}
\cos\theta=-\dfrac{\sqrt2}{2}\\[6pt]
\sin\theta=\dfrac{\sqrt2}{2}
\end{cases}
\iff \theta=\frac{3\pi}{2}\quad [2\pi].
\]
Finalement,
\[
\boxed{ z_4 = 2\sqrt2\left[ \cos\left(-\frac{3\pi}{4}\right) + \i\sin\left(\frac{3\pi}{4}\right) \right] }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%

\begin{exocor}{propriétés sur les arguments}[1]
\begin{enumerate}
\item Déterminer simplement le module et un argument de $z_1=(1+\i)^4$, puis en déduire la forme algébrique de $z_1$.

\item Déterminer simplement le module et un argument de $z_2=\dfrac{1+\i}{1-\i}$, puis en déduire la forme algébrique de $z_2$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $|z_1| = |1+\i|^4 = \big(\sqrt2\big)^4 = 4$.

$\arg(z_1) = \arg\big[(1+\i)^4\big] = 4\arg(1+\i) = 4\times\dfrac{\pi}{4}\mod2\pi = \pi\mod2\pi$.

Donc $z_1 = 4\big(\cos(\pi)+\i\sin(\pi)\big)=4(-1+\i\times0)$, soit $\boxed{z_1=-4}$.

\item $\left|\dfrac{1+\i}{1-\i}\right|=\dfrac{|1+\i|}{|1-\i|}=1$.

$\arg\left(\dfrac{1+\i}{1-\i}\right) = \arg(1+\i) - \arg(1-\i) = \dfrac{\pi}{4}-\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\pi}{2}\mod2\pi$.

On en déduit alors que $z_2=\cos\dfrac{\pi}{2}+\i\sin\dfrac{\pi}{2}$, soit $\boxed{z_2=\i}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exocor}{calcul de $\cos\frac{\pi}{12}$ et $\sin\frac{\pi}{12}$}[1]
On pose $z=\cos\dfrac{\pi}{3}+\i\sin\dfrac{\pi}{3}$ et $z'=\cos\dfrac{\pi}{4}-\i\sin\dfrac{\pi}{4}$.
\begin{enumerate}
\item Donner la forme trigonométrique de $zz'$.
\item Donner la forme algébrique de $zz'$.
\item Déduire des questions précédentes les valeurs exactes de $\cos\dfrac{\pi}{12}$ et $\sin\dfrac{\pi}{12}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item  $z=\cos\dfrac{\pi}{3}+\i\sin\dfrac{\pi}{3}$ et $z'=\cos\dfrac{\pi}{4}-\i\sin\dfrac{\pi}{4}=\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+\i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)$.

Ainsi, $\arg(zz')=\arg(z)+\arg(z')=\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{12}$.

De plus, $|z|=|z'|=1$ donc $|zz'|=1$.

Finalement, 
\[
\boxed{zz'=\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right)+\i\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)}.
\]

\item $z=\cos\dfrac{\pi}{3}+\i\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt3}{2}\i$.

$z'=\cos\dfrac{\pi}{4}-\i\sin\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt2}{2}-\dfrac{\sqrt2}{2}\i$.

Par conséquent,
\begin{align*}
zz'&  = \left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt3}{2}\i \right)\left( \dfrac{\sqrt2}{2}-\dfrac{\sqrt2}{2}\i \right)\\
& = \dfrac{\sqrt2}{4}-\dfrac{\sqrt2}{4}\i+\dfrac{\sqrt6}{4}\i +\dfrac{\sqrt6}{4}\\
\Aboxed{zz' & = \dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4} + \dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{4}\i}
\end{align*}

\item Des questions précédentes, on déduit:
\[
zz'=\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right)+\i\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4} + \dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{4}\i\]
et donc:
\[
\boxed{\cos\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4}}\qquad\text{et}\qquad\boxed{\sin\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt2-\sqrt6}{4}}
\]
\end{enumerate}
\begin{rem}
On voit ici l'une des grandes applications des nombres complexes: obtenir des valeurs exactes d'angles non remarquables.
\end{rem}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection*{Approfondissement: point de vue géométrique}

\begin{exocor}{le nombre j}[2]
On considère le nombre complexe $\j$ tel que:
\[
\j^2+\j+1=0\quad,\quad \Im(\j)>0.
\]
Montrer que $\j=\e^{\i\frac{2\pi}{3}}$ et que $\bar{\j}\;^2 + \bar{\j} + 1 = 0$.

\tcblower

Le polynôme $z^2+z+1$ a pour discriminant:
\[
\Delta = -3
\]
donc ses racines sont:
\[
-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt3}{2}\i = \cos\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) + \i\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)
=\e^{\frac{2\pi}{3}\i}
\]
et son conjugué:
\[
-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}\i = \cos\left(-\dfrac{2\pi}{3}\right) + \i\sin\left(-\dfrac{2\pi}{3}\right)
=\e^{-\frac{2\pi}{3}\i}.
\]
Or, par définition, $\j$ est une racine de ce polynôme: c'est celle dont la partie imaginaire est strictement positive, donc $\j=\e^{\frac{2\pi}{3}\i}$.

\medskip

Ainsi, l'autre racine correspond à $\bar{\j}$, ce qui justifie que $\bar{\j}\;^2 + \bar{\j} + 1 = 0$. 
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{suite arithmético-géométrique complexe}[2]
On considère la suite \suite{z}{n}{} définie par son premier terme $z_0=\i$ et, pour tout entier naturel $n$, par la relation de récurrence:
\[
z_{n+1} = \dfrac{1}{2}\i z + 1-\i.
\]
\begin{enumerate}
\item Calculer $z_1$ et $z_2$.
\end{enumerate}
Pour tout entier naturel $n$, on pose:
\[
v_n = z_n-\dfrac{6}{5}+\dfrac{2}{5}\i.
\]
\begin{enumerate}[resume]
\item Montrer que \suite{v}{n}{} est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.
\item En déduire une expression de $v_n$, puis de $z_n$, en fonction de $n$.
\item Montrer que $\limite{n}{+\infty}{|v_n|}=0$. Que peut-on en déduire pour $\limite{n}{+\infty}{z_n}$ ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\begin{aligned}[t]
z_1 & = \dfrac{1}{2}\i z_0 + 1-\i \\
& = \dfrac{1}{2}\i \times \i + 1-\i \\
& = -\dfrac{1}{2} + 1-\i\\
& = \dfrac{1}{2}-\i.
\end{aligned}$

\columnbreak

$\begin{aligned}[t]
z_2 & = \dfrac{1}{2}\i z_1 + 1-\i \\
& =\dfrac{1}{2}\i \times \left( \dfrac{1}{2}-\i \right) + 1-\i \\
& = \dfrac{1}{4}\i + \dfrac{1}{2} + 1-\i\\
& = \dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4}\i.
\end{aligned}$
\end{multicols}

\begin{multicols}{2}
\item $\begin{aligned}[t]
v_{n+1} & = z_{n+1} -\dfrac{6}{5}+\dfrac{2}{5}\i\\
& = \dfrac{1}{2}\i z_n + 1-\i -\dfrac{6}{5}+\dfrac{2}{5}\i\\
& = \dfrac{1}{2}\i z_n -\dfrac{1}{5}-\dfrac{3}{5}\i\\
& = \dfrac{1}{2}\i\left(z_n-\dfrac{\tfrac{1}{5}}{\tfrac{1}{2}\i} - \dfrac{\tfrac{3}{5}\i}{\tfrac{1}{2}\i} \right)\\
& = \dfrac{1}{2}\i\left(z_n+\dfrac{2}{5}\i-\dfrac{6}{5}\right)\\
& = \dfrac{1}{2}\i v_n. 
\end{aligned}$

\columnbreak

Ainsi, \suite{v}{n}{} est géométrique de raison\linebreak$q=\dfrac{1}{2}\i$ et de premier terme:
\begin{align*}
v_0 & = z_0-\dfrac{6}{5}+\dfrac{2}{5}\i\\
v_0 & = -\dfrac{6}{5}+\dfrac{7}{5}\i.
\end{align*}
\end{multicols}

\item On déduit de la question précédente que:
\[
v_n=v_0\times q^n = \left( -\dfrac{6}{5}+\dfrac{7}{5}\i \right) \times \left(\dfrac{1}{2}\i\right)^n
\]
et donc:
\[
z_n=v_n+\dfrac{6}{5}-\dfrac{2}{5}\i = \left( -\dfrac{6}{5}+\dfrac{7}{5}\i \right) \times \left(\dfrac{1}{2}\i\right)^n +\dfrac{6}{5}-\dfrac{2}{5}\i
\]

\item $|v_n|=|v_0| \times \left| \dfrac{1}{2}\i \right|^n = |v_0| \times \dfrac{1}{2^n} = \dfrac{|v_0|}{2^n}$.

Donc, $\limite{n}{+\infty}{|v_n|}=0$. 

On peut alors en déduire que $\limite{n}{+\infty}{v_n}=0$.

Or, $z_n=v_n+\dfrac{6}{5}-\dfrac{2}{5}\i$ donc:
\[
\boxed{\limite{n}{+\infty}{z_n}=\dfrac{6}{5}-\dfrac{2}{5}\i}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\subsection*{Exercices de base sur la forme exponentielle}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{reconnaître une écriture exponentielle}[1]
Les nombres complexes suivants sont-il donnés en écriture exponentielle ?

Dans la négative, transformer l'écriture afin qu'elle devienne exponentielle.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $3\i\e^{\i\pi}$
\item $-2\e^{\i\frac{\pi}{3}}$
\item $\pi\e^{\i\frac{\pi}{6}}$
\item $5$
\item $4\e^{\frac{\pi}{5}}$
\item $-\pi$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

Rappelons que l'écriture exponentielle d'un nombre complexe est $r\e^{\i\theta}$, avec $r\in\R_+$.
\begin{enumerate}
\item $3\i\e^{\i\pi}$ n'est pas une forme complexe car $3\i\not\in\R$. On doit alors modifier cela:
\[
3\i\e^{\i\pi} = 3\e^{\i\dfrac{\pi}{2}}\e^{\i\pi} = 3\e^{\frac{3\pi}{2}\i}.
\]

\item $-2\e^{\i\frac{\pi}{3}}$ n'est pas une écriture exponentielle car $-2\not\in\R_+$.
\[
-2\e^{\i\frac{\pi}{3}} = 2\e^{\i\pi}\e^{\i\frac{\pi}{3}} = 2\e^{\frac{4\pi}{3}\i}.
\]

\item $\pi\e^{\i\frac{\pi}{6}}$ est l'écriture exponentielle du nombre complexe de module $\pi\in\R_+$ et dont un argument est $\theta=\dfrac{\pi}{6}$.

\item $5=5\e^{0\i}$ donc c'est bien une forme exponentielle du nombre complexe de module 5 et dont un argument est 0.

\item $4\e^{\frac{\pi}{5}} = 4\e^{\frac{\pi}{5}}\e^{0\i}$ est bien l'écriture exponentielle du nombre complexe de module $4\e^{\frac{\pi}{5}}$ et dont un argument est 0.

\item $-\pi$ n'est pas une écriture exponentielle:
\[
-\pi = \pi\e^{\i\pi}
\]
représente le nombre complexe de module $\pi$ et dont un argument vaut $\pi$.

\medskip

\begin{rem}
Le nombre complexe $-\pi$ est d'ailleurs appelé le \textit{nombre incontinent} du fait que $(r,\theta)=(\pi,\pi)$...

Mais non! Ceci est un calembour bien sûr! Nous, les matheux, sommes connus pour notre sens de l'humour...
\end{rem}
\end{enumerate}
\vspace*{3cm}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{formule de duplication}[1]
À l'aide de la formule de duplication et des valeurs de $\cos\dfrac{\pi}{4}$ et $\sin\dfrac{\pi}{4}$, trouver les valeurs exactes de $\cos\dfrac{\pi}{8}$ et $\sin\dfrac{\pi}{8}$.
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
\cos\left(2\times\dfrac{\pi}{8}\right)=2\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)-1 & \iff \cos\dfrac{\pi}{4} = 2\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)-1\\
& \iff \dfrac{\sqrt2}{2}=2\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)-1\\
& \iff \cos^2\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{\sqrt2+2}{4}\\
& \iff \boxed{\cos\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{\sqrt{\sqrt2+2}}{2}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\cos\left(2\times\dfrac{\pi}{8}\right)=1-2\sin^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right) & \iff \dfrac{\sqrt2}{2} = 1-2\sin^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)\\
& \iff \sin^2\dfrac{\pi}{8} = \dfrac{2-\sqrt2}{4}\\
& \iff \boxed{\sin\dfrac{\pi}{8} = \dfrac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}}
\end{aligned}$
\end{itemize}

\begin{rem}
On prend ici la valeur positive du sinus et du cosinus car $0 < \dfrac{\pi}{8} < \dfrac{\pi}{2}$.
\end{rem}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{formules d'addition}[1]
Déterminer la valeur exacte de $\cos\dfrac{7\pi}{12}$ et $\sin\dfrac{7\pi}{12}$.

\tcblower

Remarquons que $\dfrac{7\pi}{12}=\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{4}$. Ainsi,
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item $\begin{aligned}[t]
\cos\dfrac{7\pi}{12} & = \cos\left(\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{4}\right)\\
& = \cos\dfrac{\pi}{3}\cos\dfrac{\pi}{4}-\sin\dfrac{\pi}{3}\sin\dfrac{\pi}{4}\\
& = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{\sqrt2}{2} - \dfrac{\sqrt3}{2}\times\dfrac{\sqrt2}{2}\\
\Aboxed{\cos\dfrac{7\pi}{12} & = \dfrac{\sqrt2-\sqrt6}{4}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\sin\dfrac{7\pi}{12} & = \sin\left(\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{4}\right)\\
& = \sin\dfrac{\pi}{3}\cos\dfrac{\pi}{4}+\cos\dfrac{\pi}{3}\sin\dfrac{\pi}{4}\\
& = \dfrac{\sqrt3}{2}\times\dfrac{\sqrt2}{2} + \dfrac{1}{2}\times\dfrac{\sqrt2}{2}\\
\Aboxed{\sin\dfrac{7\pi}{12} & = \dfrac{\sqrt2+\sqrt6}{4}}
\end{aligned}$
\end{multicols}
\end{itemize}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{formule de Moivre}[1]
À l'aide de la formule de Moivre, donner la forme algébrique des nombres suivants.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $(1+\i)^9$
\item $\big(\sqrt3-\i\big)^{6}$
\item $\big(1+\i\sqrt3\big)^9$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
(1+\i)^9 & = \left[ \sqrt2\left( \cos\dfrac{\pi}{4}+\i\sin\dfrac{\pi}{4}\right) \right]^9\\
& = 16\sqrt2\left( \cos\dfrac{9\pi}{4} + \i\sin\dfrac{9\pi}{4} \right)\\
& = 16\sqrt2\left( \cos\dfrac{\pi}{4} + \i\sin\dfrac{\pi}{4} \right)\\
& = 16\sqrt2\left(\dfrac{\sqrt2}{2}+\i\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\\
\Aboxed{ (1+\i)^9 & = 16 + 16\i}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\big(\sqrt3-\i\big)^{6} & = \left[ 2\left(\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac{1}{2}\i\right) \right]^6\\
& = \left[ 2\left( \cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right) + \i\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right) \right) \right]^6\\
& = 2^6\big( \cos(-\pi) + \i\sin(-\pi) \big)\\
\Aboxed{ \big(\sqrt3-\i\big)^{6} & = -64 }
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\big(1+\i\sqrt3\big)^9 & = \left[ 2\left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt3}{2}\i \right) \right]^9\\
& = \left[ 2\left( \cos\dfrac{\pi}{3}\i\sin+\dfrac{\pi}{3} \right) \right]^9\\
& =2^9\left( \cos\dfrac{9\pi}{3}\i\sin+\dfrac{9\pi}{3} \right)\\
& = 512\big( \cos(3\pi) + \i\sin(3\pi) \big)\\
& = 512\big( \cos(\pi) + \i\sin(\pi) \big)\\
\Aboxed{\big(1+\i\sqrt3\big)^9& = -512}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

\subsection*{Approfondissement: forme exponentielle}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{racines cubiques de l'unité}[1]
Trouver tous les nombres complexes $z$ tels que $z^3=1$ et donnez leur forme exponentielle.

\tcblower

Posons $z=\e^{\i\theta}$. En effet, $z^3=1 \iff |z|^3=1 \iff |z|=1$.

Alors,
\[
z^3 = 1 \iff \e^{3\i\theta}=\e^{\i(0+2k\pi)},\ k\in\Z \iff \theta = \dfrac{2k\pi}{3},\ k\in\Z.
\]
\begin{itemize}
\item Si $k=3p$, $p\in\Z$, $z=\e^{\i\times2p\pi}=1$;
\item si $k=3p+1$, $z=\e^{\i\left(\tfrac{2\pi}{3}+2p\pi\right)}=\e^{\tfrac{2\i\pi}{3}}=\j$;
\item si $k=3p+2$, $z=\e^{\i\left(\tfrac{4\pi}{3}+2p\pi\right)}=\e^{\tfrac{4\i\pi}{3}}=\e^{-\tfrac{2\i\pi}{3}}=\bar{\j}$.
\end{itemize}
Finalement, il n'y a que trois complexes dont le cube est égal à 1: 1, $\j=\e^{\tfrac{2\i\pi}{3}}$ et $\bar{j}=\e^{-\tfrac{2\i\pi}{3}}$ (rencontrés dans l'exercice \ref{exercice:\thechapter.19}).
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{récréation}[1]
Montrer que $\i^\i\in\R$.

\tcblower

Nous savons que:
\[
\i =\e^{\i\frac{\pi}{2}}.
\]
Par conséquent,
\[
\i^\i = \left( \e^{\i\frac{\pi}{2}} \right)^\i = \e^{\i\frac{\pi}{2}\times\i} = \e^{-\frac{\pi}{2}}\in\R.
\]
\end{exocor}


%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{linéarisation d'une puissance de cosinus}[2]
À l'aide des formules d'Euler, écrire $\cos^3(x)$ sous la forme d'une expression linéarisée (sans puissance).

\tcblower

Nous allons ici avoir besoin du binôme de Newton, et plus particulièrement du développement:
\[
(a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3.
\]
\begin{align*}
\cos^3(x) & = \left( \dfrac{\e^{\i x} + \e^{-\i x}}{2} \right)^3\\
& = \dfrac{\e^{3\i x} + 3\e^{2\i x}\e^{-\i x} + 3\e^{\i x}\e^{-2\i x} + \e^{-3\i x}}{8}\\
& = \dfrac{1}{4}\left[ \dfrac{\e^{3\i x} + \e^{-3\i x}}{2} + 3\dfrac{\e^{\i x}+\e^{-\i x}}{2} \right]\\
\cos^3(x) & = \dfrac{1}{2}\big[ \cos(3x) + 3\cos(x) \big]\\
\Aboxed{\cos^3(x) & = \dfrac{1}{2} \cos(3x) + \dfrac32\cos(x)}
\end{align*}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{linéarisation d'une puissance de sinus}[2]
À l'aide des formules d'Euler, écrire $\sin^5(x)$ sous la forme d'une expression linéarisée (sans puissance).

\tcblower

Nous allons ici avoir besoin du binôme de Newton, et plus particulièrement du développement:
\[
(a-b)^5 = a^5 - 5a^4b + 10a^3b^2 - 10a^2b^3 + 5ab^4 - b^5.
\]
\begin{align*}
\sin^5(x) & = \left( \dfrac{\e^{\i x} - \e^{-\i x}}{2\i} \right)^5\\
& = \dfrac{\e^{5\i x} - 5\e^{4\i x}\e^{-\i x} + 10\e^{3\i x}\e^{-2\i x} - 10\e^{2\i x}\e^{-3\i x} + 5\e^{\i x}\e^{-4\i x} - \e^{-5\i x}}{32\i}\\
& = \dfrac{1}{16}\left[ \dfrac{\e^{5\i x} - \e^{-5\i x}}{2\i} - 5\dfrac{\e^{3\i x} - \e^{-3\i x}}{2\i} + 10\dfrac{\e^{\i x} - \e^{-\i x} }{2\i} \right]\\
& = \dfrac{1}{16}\big( \sin(5x) - 5\sin(3x) + 10\sin(x) \big)\\
\Aboxed{ \sin^5(x) & = \dfrac{1}{16}\sin(5x) - \dfrac{5}{16}\sin(3x) + \dfrac{5}{8}\sin(x) }
\end{align*}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{$\cos\frac{\pi}{24}$ et $\sin\frac{\pi}{24}$}[2]
On donne:
\[
\sin\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}.
\]
On pourra voir dans l'exercice \ref{exercice:\thechapter.21} une démonstration de cette égalité.

\medskip
\begin{enumerate}
\item Montrer l'égalité suivante:
\[
\dfrac{1-\e^{\i\frac{\pi}{3}}}{1-\e^{\i\frac{\pi}{4}}} = \dfrac{1}{\sqrt{2-\sqrt2}} \e^{\i\frac{\pi}{24}}.
\]

\item Montrer que:
\[
\dfrac{1-\e^{\i\frac{\pi}{3}}}{1-\e^{\i\frac{\pi}{4}}} = \dfrac{1+\sqrt3+\sqrt6}{4} + \dfrac{1+\sqrt2-\sqrt3}{4}\i.
\]

\item En déduire les valeurs exactes de $\cos\dfrac{\pi}{24}$ et $\sin\dfrac{\pi}{24}$.
\end{enumerate}
\tcblower

\begin{enumerate}
\item On a: $\begin{aligned}[t]
\dfrac{1-\e^{\i\frac{\pi}{3}}}{1-\e^{\i\frac{\pi}{4}}} & = \dfrac{\e^{\i\frac{\pi}{6}}\left(\e^{-\i\frac{\pi}{6}} - \e^{\i\frac{\pi}{6}} \right)}{\e^{\i\frac{\pi}{8}}\left(\e^{-\i\frac{\pi}{8}} - \e^{\i\frac{\pi}{8}} \right)}\\
& = \dfrac{\e^{\i\frac{\pi}{6}}}{\e^{\i\frac{\pi}{8}}} \times \dfrac{ 2\i\times\frac{\e^{-\i\frac{\pi}{6}} - \e^{\i\frac{\pi}{6}}}{2\i}}{ 2\i\times\frac{\e^{-\i\frac{\pi}{8}} - \e^{\i\frac{\pi}{8}}}{2\i}}\\
 & = \e^{\i\frac{\pi}{24}}\times\frac{\sin\frac{\pi}{6}}{\sin\frac{\pi}{8}}\\
 & = \e^{\i\frac{\pi}{24}}\times\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}}\\
\Aboxed{ \dfrac{1-\e^{\i\frac{\pi}{3}}}{1-\e^{\i\frac{\pi}{4}}} & = \dfrac{1}{\sqrt{2-\sqrt2}} \e^{\i\frac{\pi}{24}}}
\end{aligned}$

\item On a :
\begin{align*}
\dfrac{1-\e^{\i\frac{\pi}{3}}}{1-\e^{\i\frac{\pi}{4}}} & = \dfrac{1-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{2}\i}{1-\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}\i}\\
& = \dfrac{\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{2}\i\right) \left(\frac{2-\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}\i \right)}{\left( \frac{2-\sqrt2}{2} \right)^2 + \left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2}\\
& \text{(on a multiplié par le conjugué du dénominateur)}\\
& = \dfrac{\frac{2-\sqrt2}{4}+\frac{\sqrt6}{4} + \i\left(\frac{\sqrt2}{4} - \frac{2\sqrt3-\sqrt6}{4} \right)}{\frac{4-4\sqrt2+2+2}{4}}\\
& = \left( \frac{2-\sqrt2+\sqrt6}{4} + \frac{\sqrt2-2\sqrt3+\sqrt6}{4}\i \right) \times \frac{4}{8-4\sqrt2}\\
& = \dfrac{2-\sqrt2+\sqrt6}{8-4\sqrt2} + \dfrac{\sqrt2-2\sqrt3+\sqrt6}{8-4\sqrt2}\i\textcolor{red}{\times\dfrac{8+4\sqrt2}{8+4\sqrt2}}\\
\Aboxed{\dfrac{1-\e^{\i\frac{\pi}{3}}}{1-\e^{\i\frac{\pi}{4}}}& = \dfrac{1+\sqrt3+\sqrt6}{4} + \dfrac{1+\sqrt2-\sqrt3}{4}\i}
\end{align*}

\item Des questions 1 et 2, on déduit l'égalité suivante:
\[
\dfrac{1+\sqrt3+\sqrt6}{4} + \dfrac{1+\sqrt2-\sqrt3}{4}\i = \dfrac{1}{\sqrt{2-\sqrt2}} \e^{\i\frac{\pi}{24}}
\]
soit:
\[
 \e^{\i\frac{\pi}{24}} = \sqrt{2+\sqrt2}\left(\dfrac{1+\sqrt3+\sqrt6}{4} + \dfrac{1+\sqrt2-\sqrt3}{4}\i\right)
\]
D'où:
\begin{align*}
\cos\frac{\pi}{24} & =\sqrt{2-\sqrt2}\times\dfrac{1+\sqrt3+\sqrt6}{4}\\
& =\frac{1}{4}\sqrt{(2-\sqrt2)\big(1+\sqrt3+\sqrt6\big)^2}\\
& = \frac{1}{4}\sqrt{8+2\sqrt2+2\sqrt6}.
\end{align*}
et:
\begin{align*}
\sin\dfrac{\pi}{24} & = \sqrt{2-\sqrt2}\times\dfrac{1+\sqrt2+\sqrt3}{4}\\
& =\frac{1}{4}\sqrt{(2-\sqrt2)\big(1+\sqrt2+\sqrt3\big)^2}\\
& = \frac{1}{4}\sqrt{8-2\sqrt2-2\sqrt6}.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{vers le cosinus de $\frac{2\pi}{5}$}[2]
On pose :
\[ 
w=\e^{\i\frac{2\pi}{5}}.
\]
\begin{enumerate}
\item Simplifier $w^5$ puis calculer $1+w+w^2+w^3+w^4$.
\item Monter que pour tout nombre complexe $z$ non nul,
\[
\dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right)=\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1.
\]
\item
\begin{enumerate}
\item Résoudre dans \C{} l'équation :
\[ Z^2+Z-1=0.\]
\item En déduire la valeur exacte de $\cos\left(\dfrac{2\pi}{5}\right)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $w^5=\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}\right)^5=\e^{\i\frac{2\pi}{5}\times5}=\e^{2\i\pi}=1$.
\[
1+w+w^2+w^3+w^4= \dfrac{w^5-1}{w-1} = 0.
\]

\item On développe le second membre de l'égalité :
\begin{align*}
\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1 & = z^2+2+\dfrac{1}{z^2}+z+\dfrac{1}{z}-1\\
& = z^2+\dfrac{1}{z^2}+z+\dfrac{1}{z}+1.
\end{align*}

Or,
\[
\dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right) = \dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}+1+z+z^2.
\]
On a donc bien :
\[
\boxed{\dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right)=\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item Le polynôme $Z^2+Z-1$ a pour discriminant :
\[ 
\Delta=1^2-4\times1\times(-1)=5.
\]
Il admet donc deux racines réelles distinctes :
\[
Z_1  = \dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\qquad\text{et}\qquad
Z_2  = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}.
\]

\item D'après la question 1, 
\[ 1+w+w^2+w^3+w^4=0\;,\]
donc
\[
\dfrac{1}{w^2}\left(1+w+w^2+w^3+w^4\right)=0\;,
\]
soit, d'après la question 2 :
\[
\left(w+\dfrac{1}{w}\right)^2+\left(w+\dfrac{1}{w}\right)-1=0.
\]
ou encore:
\[
\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{-\i\frac{2\pi}{5}}\right)^2+\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{\i\frac{2\pi}{5}}\right)-1=0.
\]
Or,
\begin{align*}
\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{-\i\frac{2\pi}{5}} & = \cos\frac{2\pi}{5}+\i\sin\frac{2\pi}{5}+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)+\i\sin\left(-\frac{2\pi}{5}\right)\\
& = 2\cos\frac{2\pi}{5}.
\end{align*}

Donc, 
\[
\left(2\cos\frac{2\pi}{5}\right)^2+2\cos\frac{2\pi}{5}-1=0.\qquad\qquad (1)
\]

$2\cos\dfrac{2\pi}{5}$ est solution de l'équation $Z^2+Z-1=0$ donc, d'après la question précédente:

\[
2\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\qquad\text{ou}\qquad 2\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\;,
\]
soit:
\[
\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}\qquad\text{ou}\qquad \cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}.
\]
Or, $\cos\dfrac{2\pi}{5}>0$ car $0<\dfrac{2\pi}{5}<\dfrac{\pi}{2}$ d'où :
\[
\boxed{\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{une somme géométrique}[3]
Pour tout entier naturel $n$, on pose:
\[
C_n = 1 + \cos(x) + \cos(2x) + \cdots + \cos(nx)
\]
et
\[
S_n = \sin(x) + \sin(2x) + \cdots + \sin(nx).
\]
En considérant le nombre complexe $z_n = C_n+\i S_n$, montrer que:
\[
C_n=\cos\left(\frac{nx}{2}\right) \times \dfrac{\sin\left[(n+1)\frac{x}{2} \right]}{\sin\frac{x}{2}}
\]
puis trouver une expression analogue pour $S_n$.

\medskip

\textit{Aide:} on pourra penser à utiliser l'égalité suivante:
\[
\e^{\i x}-1 = \e^{\i\tfrac{x}{2}}\Big( \e^{\i\tfrac{x}{2}} - \e^{-\i\tfrac{x}{2}} \Big).
\]

\tcblower

Par définition, 
\[
z_n = (\cos0+\i\sin0) + \big(\cos(x)+\i\sin(x)\big) + \cdots + \big(\cos(nx)+\i\sin(nx)\big) = \sum_{k=0}^n \e^{k\i x}.
\]
On va ici utiliser la formule:
\[
1+q+q^2 + \cdots + q^n = \dfrac{q^{n+1}-1}{q-1}\quad,\quad q\neq1.
\]

Ainsi,
\begin{align*}
z_n & = \dfrac{\e^{(n+1)\i x}-1}{\e^{\i x}-1}\\[16pt]
& = \dfrac{ \e^{(n+1)\i\tfrac{x}{2}} \Big[ \e^{(n+1)\i\frac{x}{2}} - \e^{-(n+1)\i\frac{x}{2}} \Big] }{\e^{\i\frac{x}{2}}\Big[\e^{\i\frac{x}{2}} - \e^{-\i\frac{x}{2}} \Big]}\\[16pt]
& = \e^{n\i \tfrac{x}{2}}\times\dfrac{\cancel{2\i}\sin\big[(n+1)\tfrac{x}{2}\big]}{\cancel{2\i}\sin\tfrac{x}{2}}
\end{align*}

Par conséquent,
\[
C_n=\Re(z_n) = \cos\left(n\frac{x}{2}\right)\dfrac{\sin\big[(n+1)\tfrac{x}{2}\big]}{\sin\tfrac{x}{2}}
\]
et
\[
S_n=\Im(z_n) = \sin\left(n\frac{x}{2}\right)\dfrac{\sin\big[(n+1)\tfrac{x}{2}\big]}{\sin\tfrac{x}{2}}.
\]
\end{exocor}



\subsection*{\'Equations polynomiales complexes}

\begin{exocor}{factorisation de $z^n-a^n$}[1]
Factoriser  dans \C{} les polynômes suivants par un monôme de degré 1.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $z^3 - 27$
\item $z^5 - \i$
\item $z^4 - 4$
\item $z^6 + 64$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
z^3 - 27 & = z^3 - 3^3\\
& = \underline{(z-3)(z^2 + 3z + 9)}.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
z^5 - \i & = z^5 - \i^5\\
& = (z-\i)(z^4 + \i z^3 + \i^2 z^2 + \i^3z + \i^4)\\
& =  \underline{(z-\i)(z^4 + \i z^3 - z^2 - \i z + 1)}.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
z^4 - 4 & = (z^4 - \big(\sqrt2\big)^4\\
& = \big(z-\sqrt2\big)\big(z^3 + \sqrt2z^2 + (\sqrt2)^2z + (\sqrt2)^3\big)\\
& =  \underline{\big(z-\sqrt2\big)\big( z^3 + \sqrt2z^2 + 2z + 2\sqrt2 \big)}.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
z^6 + 64 & = z^6 - (2\i)^6\\
& = (z-2\i)\big(z^5 + 2\i z^4 + (2\i)^2z^3 + (2\i)^3z^2 + (2\i)^4z + (2\i)^5 \big)\\
& =  \underline{(z-2\i)\big(z^5 + 2\i z^4 - 4z^3 -8\i z^2 + 16z + 32\i \big)}.
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{équation polynomiale de degré 3}[1]
Soit $P(z) = \dfrac{1}{2}z^3 + 5z +\dfrac{11}{2}$.

\medskip

Montrer que $P(-1)=0$, puis résoudre l'équation $P(z)=0$.

\tcblower

$P(z) = \dfrac{1}{2}z^3 + 5z +\dfrac{11}{2}$ donc:
\[
P(-1) = \dfrac{1}{2}\times(-1)^3 + 5\times(-1) +\dfrac{11}{2} =- \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}= 0.
\]
On en déduit alors que:
\[
P(z) = (z-(-1))(az^2+bz+c) = (z+1)(az^2+bz+c) .
\]
En développant, on trouve:
\[
P(z) = az^3 + (a+b)z^2 + (b+c)z + c.
\]
En identifiant les coefficients, on a:
\[
\begin{cases}
a & = \frac{1}{2}\\
a+b & = 0\\
b+c & = 5\\
c&=\frac{11}{2}
\end{cases}
\qquad\text{soit}\qquad\begin{cases}
a=\frac{1}{2}\\
b=-\frac{1}{2}\\
c = \frac{11}{2}
\end{cases}
\]
Ainsi,
\[
P(z)=(z+1)\left(\frac{1}{2}z^2-\frac{1}{2}z+\frac{11}{2}\right).
\]
Le discriminant de $\frac{1}{2}z^2-\frac{1}{2}z+\frac{11}{2}$ est:
\[
\Delta = -\frac{43}{4}
\]
donc ses racines complexes sont:
\[
z_1=\dfrac{\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{43}}{2}}{2\times\frac{1}{2}}\i=\frac{1}{2}-\i\frac{\sqrt{43}}{2}\qquad\text{et}\qquad z_2=\overline{z_1}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{43}}{2}\i.
\]
Les solutions de l'équation $P(z)=0$ sont donc $-1$, $z_1$ et $z_2$.
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{équation polynomiale de degré 4}[1]
On considère l'équation:
\[
z^4 + 3z^3 - z - 3 = 0.\tag{E}
\]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $-3$ est solution de $(E)$.
\item Trouver une autre solution simple de $(E)$.
\item Résoudre $(E)$.
\end{enumerate}

\tcblower

\[
z^4 + 3z^3 - z - 3 = 0.\tag{E}
\]
\begin{enumerate}
\item En remplaçant $z$ par $-3$ dans le membre de gauche de $(E)$, on obtient:
\begin{align*}
(-3)^4 + 3(-3)^3 - (-3) - 3 & = 81 - 81 + 3 - 3\\
& = 0.
\end{align*}
Ainsi, $-3$ est bien solution de $(E)$.

\medskip

On peut alors en déduire que:
\[
z^4 + 3z^3 - z - 3 = (z+3)Q(z).
\]
\begin{rem}
On pouvait aussi le voir en écrivant:
\[
z^4 + 3z^3 - z - 3 = z^3(z+3) - (z+3) = (z+3)(z^3-1).
\]
\end{rem}

\item Cette question, consistant à trouver nous-même une solution de $(E)$, nous pousse à nous dire qu'il en existe une évidente. Commençons donc par remplacer $z$ par $1$:
\begin{align*}
1^4 + 3\times1^3 - 1 - 3 & = 1 +3 -1 - 3\\
& = 0.
\end{align*}
Donc $1$ est solution de $(E)$.
\begin{rem}
On pouvait aussi s'aider de la factorisation trouvée dans la remarque précédente:
\[
z^4 + 3z^3 - z - 3 = 0 \iff (z+3)(z^3-1)=0
\]
Une valeur de $z$ qui annule le second facteur est $z=1$.
\end{rem}

\item D'après la remarque précédente, on sait que $z^4 + 3z^3 - z - 3 = (z+3)(z^3-1)$. De plus,
\[
1+z+z^2 = \dfrac{z^3-1}{z-1}
\]
donc:
\[
z^4 + 3z^3 - z - 3 = (z+3)(z-1)(z^2+z+1).
\]

\medskip

Les racines de $z^2+z+1$ sont $\j=\e^{\frac{2\i\pi}{3}}$ et $\bar{\j}=\e^{-\frac{2\i\pi}{3}}=\e^{\frac{4\i\pi}{3}}=\j^2$.

\medskip

Ainsi, les solutions de l'équation $(E)$ sont:
\[
-3\,;\, 1\,;\, \j\,;\, \j^2.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\subsection*{Approfondissements: équations polynomiales}

%%%%%%%%%%%%%%%%% 35

\begin{exocor}{coefficients complexes}[1]
Résoudre l'équation:
\[
3\i z^2 + 2z + \i = 0.\tag{E}
\]

\tcblower

Le discriminant de $3\i z^2 + 2z + \i$ est:
\[
\Delta = 2^2 - 4\times3\i\times\i = 4 - 12\i^2 = 4+12 = 16.
\]
Il y a donc deux solutions à $(E)$:
\[
z_1 = \dfrac{-2-\sqrt{16}}{2\times3\i} = -\dfrac{1}{\i} = -\dfrac{\i}{\i^2}=\i
\]
et
\[
z_2 = \dfrac{-2+\sqrt{16}}{2\times3\i} = \frac{1}{3\i} = -\dfrac{1}{3}\i.
\]
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation:
\[
2z^2-3z+3-\i=0.\tag{E}
\]
\begin{enumerate}
\item Trouver les réels $a$ et $b$ tels que $(a+\i b)^2 = -15 + 8\i$.
\item En déduire les solutions de $(E)$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
(a+\i b)^2 = -15 + 8\i & \iff a^2-b^2 + 2ab\i = -15 + 8\i\\
& \iff \begin{cases}
a^2-b^2 & = -15\\
2ab & = 8
\end{cases}
\end{aligned}$

De la seconde égalité, on peut écrire:
\[
b = \frac{4}{a}
\]
et déduire, à partir de la première:
\[
a^2-\frac{16}{a^2}=-15 \iff a^4 + 15a^2 - 16 = 0.
\]
En posant $x=a^2$, on a: $x^2+15x-16=0$, de racine évidente $x_1=1$ et donc de seconde racine $x_2=\frac{c}{a}=-16$.

Ainsi, $a^2=1$, soit $a=1$ ou $a=-1$, ou $a^2=16$, soit $a=4$ ou $a=-4$.

\begin{itemize}
\item Si $a=1$, $b=4$; dans ce cas, $(a+\i b)^2=(1+4\i)^2=-15+8\i$.
\item Si $a=-1$, $b=-4$; dans ce cas, $(a+\i b)^2=(-1-4\i)^2=-15+8\i$.
\item Si $a=4$, $b=1$; dans ce cas, $(a+\i b)^2 = (4+\i)^2=15+8\i$.
\item Si $a=-4$, $b=-1$; dans ce cas, $(a+\i b)^2 = (-4-\i)^2=15+8\i$.
\end{itemize}

Nous voyons alors qu'il n'y a que deux possibilités: $1+4\i$ et $-1-4\i$.

\item Le discriminant de $2z^2-3z+3-\i$ est:
\[
\Delta= (-3)^2-4\times2\times(3-\i) = 9-24+8\i=-15+8\i.
\]
Les deux solutions complexes de $(E)$ sont alors:
\[
z_1=\dfrac{3-\sqrt{-15+8\i}}{4} \qquad\text{et}\qquad z_2 = \dfrac{3+\sqrt{-15+8\i}}{4}.
\]
Or, $(1+4\i)^2=-15+8\i$ et $(-1-4\i)^2=-15+8\i$ donc $\sqrt{-15+8\i}=1+4\i$ et\linebreak $\sqrt{-15+8\i}=-1-4\i$.
\begin{itemize}
\item Si $\sqrt{-15+8\i}=1+4\i$,
\[
z_1=\dfrac{3-(1+4\i)}{4}=\dfrac{2-4\i}{4}=\dfrac{1}{2}-\i\qquad\text{et}\qquad
z_2 = \dfrac{3+(1+4\i)}{4}=1+\i.
\]

\item Si $\sqrt{-15+8\i}=-1-4\i$,
\[
z_1=\dfrac{3-(-1-4\i)}{4}=1+\i\qquad\text{et}\qquad
z_2 = \dfrac{3+(-1-4\i)}{4}=\dfrac{1}{2}-\i.
\]
\end{itemize}
Finalement, les deux solutions de $(E)$ sont $1+\i$ et $\dfrac{1}{2}-\i$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

\subsection*{Utilisation des complexes en géométrie}

%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{nature d'un triangle}[1]
Dans le plan d'Argand-Cauchy, on considère les nombres $a=-3+3\i$, $b=-2-6\i$ et $c=6+4\i$, affixes respectives des points $A$, $B$ et $C$.

\medskip

Calculer $\dfrac{b-a}{c-a}$ et en déduire la nature de $ABC$.

\tcblower

On a : $a=-3+3\i$, $b=-2-6\i$ et $c=6+4\i$. Calculons:
\begin{align*}
\dfrac{b-a}{c-a} & = \dfrac{-2-6\i-(-3+3\i)}{6+4\i-(-3+3\i)}\\
& = \dfrac{1-9\i}{9+\i}\\
& = \dfrac{\i(9+\i)}{9+\i}\\
& = \i.
\end{align*}
\begin{rem}
Quand on remarque que les parties réelles et imaginaires sont inversées au numérateur et au dénominateur, et que le signe entre les deux parties n'est pas le même, c'est que le numérateur est égal à $\i$ fois le dénominateur. 
\end{rem}

On conclut donc que $\left|\dfrac{b-a}{c-a}\right|=|\i|=1$ et $\arg\left(\dfrac{b-a}{c-a}\right)=\dfrac{\pi}{2}\quad[2\pi]$.

Par conséquent, $ABC$ est un triangle isocèle rectangle en $A$.
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{triangle équilatéral}[1]
Soit $a$ un nombre complexe. On pose alors $b=\j a$ et $c=\j^2a$, où $\j=\e^{\frac{2\i\pi}{3}}$.

Soient $A$, $B$ et $C$ les points d'affixes respectives $a$, $b$ et $c$.

\medskip

Montrer que $ABC$ est un triangle équilatéral.

\tcblower

On a :
\[
\frac{b}{a}=\j\qquad\text{donc}\qquad\arg\left(\frac{b}{a}\right)=\frac{2\pi}{3}\text{ et }|a|=|b|.
\]
Par conséquent, $\angleor{OA}{OB}=\dfrac{2\pi}{3}$ et $OA=OB$.

Le triangle $OAB$ est donc isocèle en $O$ et $\widehat{OAB}=\widehat{OBA}=\dfrac{1}{2}\left(\pi-\dfrac{2\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{6}$.

De plus,
\[
\frac{c}{b}=\j\qquad\text{donc}\qquad\arg\left(\frac{c}{b}\right)=\frac{2\pi}{3}\text{ et }|c|=|b|.
\]
Par conséquent, $\angleor{OB}{OC}=\dfrac{2\pi}{3}$ et $OC=OB$.

Le triangle $OBC$ est donc isocèle en $O$ et $\widehat{OBC}=\widehat{OCB}=\dfrac{1}{2}\left(\pi-\dfrac{2\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{6}$.

\medskip

Ainsi, 
\[
\widehat{ABC}=\widehat{ABO}+\widehat{OBC}=\dfrac{\pi}{3}.
\]
On démontre de même que $\widehat{BCA}=\dfrac{\pi}{3}$. 

\medskip

Le triangle $ABC$ est donc équilatéral.

\begin{rem}
Avec les données $OA=OB=OC$ et $\angleor{OA}{OB}=\angleor{OB}{OC}=\dfrac{2\pi}{3}$, on peut aussi conclure que $ABC$ est équilatéral.
\end{rem}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{nature d'un triangle}[1]
Soient $a=2+2\i$, $b=5-\i$ et $c=-1-\i$ les affixes des points $A$, $B$ et $C$ dans le plan d'Argand-Cauchy.

Quelle est la nature du triangle que $ABC$ ?

\tcblower

 $a=2+2\i$, $b=5-\i$ et $c=-1-\i$. Calculons:
\begin{align*}
\dfrac{b-a}{c-a} & = \dfrac{3-3\i}{-3-3\i}\\
& = \dfrac{1-\i}{-1-\i}\textcolor{red}{\times\dfrac{-1+\i}{-1+\i}}\\
& = \dfrac{2\i}{2}\\
& = \i.
\end{align*}
Ainsi, $\arg\left( \dfrac{b-a}{c-a} \right) = \dfrac{\pi}{2} \quad [2\pi]$. Donc $\widehat{BAC}=\dfrac{\pi}{2}$, ce qui justifie que $ABC$ est rectangle en $A$.

De plus, $\left| \dfrac{b-a}{c-a} \right| = \dfrac{|1-\i|}{|-1-\i|}=1$. On peut alors compléter en disant que $ABC$ est un triangle rectangle isocèle en $A$.
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{racines cubiques de l'unité}[1]
On considère trois nombres complexes $a$, $b$ et $c$, affixes respectives de $A$, $B$, $C$ dans le plan d'Argand-Cauchy, tels que $a+b\j+c\j^2=0$, où 1, $\j$ et $\j^2$ sont les éléments de $\mathbb{U}_3$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que $\j^2=-1-\j$.
\item Montrer que $ABC$ est un triangle équilatéral.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On sait que $1+\j+\j^2=0$ (par définition de $\j$), ce qui équivaut à dire que $\j^2=-1-\j$.

\item Par hypothèse, $a+b\j+c\j^2 = 0$. D'après la question précédente, cela revient à écrire:
\[
a+b\j+c(-1-\j) = 0\quad\text{soit:}\quad a-c + (b-c)\j=0\quad\text{ou encore:}\quad \j=-\dfrac{a-c}{b-c}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\arg(\j) = \arg\left(-\dfrac{a-c}{b-c}\right) 
&  \iff \dfrac{2\pi}{3}=\pi+\arg\left(\dfrac{a-c}{b-c}\right)\\
& \iff \arg\left(\dfrac{a-c}{b-c}\right) = \dfrac{\pi}{3}\\
& \iff \angleor{CB}{CA}=\dfrac{\pi}{3}.
\end{align*}
De plus, $\left|\dfrac{a-c}{b-c}\right|=|\j|=1$ donc $AC=BC$.

On en déduit alors que $ABC$ est isocèle en $C$ et comme $\angleor{CB}{CA}=\dfrac{\pi}{3}$, il est équilatéral.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exocor}{somme des racines n-ièmes de l'unité}[2]
Soient $n$ un entier naturel, $n\geqslant3$, et $\{\omega_k\}_{0\leqslant k\leqslant n-1}$ les $n$ racines $n$-ièmes de l'unité.

\begin{enumerate}
\item Calculer $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega_k$.

\item Soit $p\in\N$.

Peut-on calculer $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega^p_k$ ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega_k & = 1 + \e^{\frac{2\i\pi}{n}} + \e^{\frac{4\i\pi}{n}}+ \e^{\frac{6\i\pi}{n}} + \cdots + \e^{\frac{2\i(n-1)\pi}{n}}\\
& = \dfrac{1-\left(\e^{\frac{2\i\pi}{n}}\right)^n}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\
& = \dfrac{1-\e^{2\i\pi}}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\
& = \dfrac{1-1}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\
& = 0.
\end{aligned}$

\item On souhaite calculer :
\begin{align*}
\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega^p_k & = 1 + \e^{\frac{2p\i\pi}{n}} + \e^{\frac{4p\i\pi}{n}}+ \e^{\frac{6p\i\pi}{n}} + \cdots + \e^{\frac{2p\i(n-1)\pi}{n}}\\
& = \dfrac{1-\left(\e^{\frac{2p\i\pi}{n}}\right)^n}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\
& = \dfrac{1-\e^{2p\i\pi}}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\
&  = \dfrac{1-\left(\e^{2\i\pi}\right)^p}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\
&  = \dfrac{1-1^p}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\
& = 0.
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{exocor}

\newpage


\subsection*{Approfondissement: application à la géométrie}

\begin{exocor}{}[1]
Soient $a=\sqrt3-\i$, $b=-\sqrt3-3\i$ et $g=\dfrac{4b}{3\sqrt3a}$ les affixes respectives des points $A$, $B$ et $G$ dans le plan d'Argand-Cauchy.
\begin{enumerate}
\item Calculer le module et un argument de $a$, $b$ et $g$.
\item Quelle est la nature du triangle $OAB$ ?
\item Soit $I$ le milieu de $[AB]$. Montrer que $I$, $I$ et $G$ sont alignés.
\item Montrer que $G$ est le centre de gravité du triangle $AOB$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
\item $|a| = \sqrt{\sqrt3^2+(-1)^2}=\sqrt{4}=2$.

$a = 2\left(\dfrac{\sqrt3}{3}-\dfrac{1}{2}\i\right) =  2\left[\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)+\i\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)\right]= 2\e^{-\i\frac{\pi}{6}}$.

Donc $\arg(a)=-\dfrac{\pi}{6} \quad [2\pi]$.

\item $|b| = \sqrt{(-\sqrt3)^2 + (-3)^2} = \sqrt{12}=2\sqrt3$.

$b = 2\sqrt3\left(-\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt3}{2}\i\right) = 2\sqrt3\e^{-\frac{2\i\pi}{3}}$.

Donc $\arg(b)=-\dfrac{2\pi}{3}\quad [2\pi]$.

\item $|g| = \dfrac{4|b|}{3\sqrt3|a|} = \dfrac{4\times2\sqrt3}{3\sqrt3\times2} = \dfrac{4}{3}$.

$\begin{aligned}[t]
\arg(g) & = \arg\left(\dfrac{4b}{3\sqrt3a}\right) \\
& =\arg(4b) - \arg(3\sqrt3a) \\
& =\arg(b)-\arg(a) \\
& =-\dfrac{2\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6}\\
\arg(g) & =-\dfrac{\pi}{2}\quad [2\pi]
\end{aligned}$. 
\end{itemize}

\item $|a| \neq |b|$ donc $OAB$ n'est pas isocèle en $O$, ni équilatéral.

De plus, nous avons vu précédemment que $\arg\left(\dfrac{b}{a}\right)=-\dfrac{\pi}{2}$. 

Par conséquent, $\angleor{OA}{OB}=-\dfrac{\pi}{2}$, ce qui signifie que $OAB$ est rectangle en $O$.

\item $I$ est le milieu de $[AB]$ donc son affixe est:
\[
z_I = \dfrac{a+b}{2}=-2\i.
\]

D'après la question précédente,
\[
g=\dfrac{4}{3}\e^{-\frac{\i\pi}{2}}=-\dfrac{4}{3}\i.
\]
Par conséquent, $I$ et $G$ appartiennent à l'axe des imaginaires; $O$, $I$ et $G$ sont donc alignés.

\item Calculons:
\[
\dfrac{a+b+0}{3}=-\dfrac{4}{3}\i=g.
\]
Donc $G$ est bien le centre de gravité du triangle $OAB$.

\begin{rem}
On n'oublie pas que le centre de gravité d'un triangle $ABC$, où $a$, $b$ et $c$ sont les affixes respectives de $A$, $B$ et $C$, a pour affixe $\dfrac{a+b+c}{3}$.
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exocor}{ensemble de points}[2]
On considère les points $A$, $B$ et $C$ d'affixes respectives dans le plan d'Argand-Cauchy:
\[
z_A=-1+\i\sqrt{3}\qquad;\qquad z_B=-1-\i\sqrt{3}\qquad;\qquad z_c=2
\]
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Vérifier que $\dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C}=\e^{\i\frac{\pi}{3}}$.

\item En déduire la nature du triangle $ABC$.

\item Déterminer le centre et le rayon du cercle $\Gamma_1$ circonscrit au triangle $ABC$.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item \'Etablir que l'ensemble $\Gamma_2$ des points M d'affixe $z$ qui vérifient: \mbox{$2\left(z + \overline{z}\right) + z\overline{z} = 0$}
est un cercle de centre $\Omega$ d'affixe $-2$. Préciser son rayon.

\item Vérifier que les points $A$ et $B$ sont éléments de $\Gamma_2$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C} & = \dfrac{-1-\i\sqrt{3}-2}{-1+\i\sqrt{3}-2} = \dfrac{-3-\i\sqrt{3}}{-3+\i\sqrt{3}}\\
& = \dfrac{\left(-3-\i\sqrt{3}\right)^2}{\left(-3+\i\sqrt{3}\right)\left(-3-\i\sqrt{3}\right)} = \dfrac{6+6\i\sqrt{3}}{12}\\
& = \dfrac{1+\i\sqrt{3}}{2} = \dfrac{1}{2}+\i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
\Aboxed{\dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C} & = \e^{\i\frac{\pi}{3}}}
\end{aligned}$

\item De la question précédente, on déduit que $\arg\left(\dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C} \right)=\arg\left(\e^{\i\frac{\pi}{3}}\right)=\dfrac{\pi}{3}$.

Or, $\arg\left(\dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C}\right)=\angleor{CA}{CB}$. Donc, $\angleor{CA}{CB}=\dfrac{\pi}{3}$.

\medskip

De plus, $z_A=\overline{z_B}$, ce qui signifie que A et B sont symétriques par rapport à $\left(\text{O}\mathpunct{};\mathpunct{}\vv{u}\right)$, et C se trouve sur $\left(\text{O}\mathpunct{};\mathpunct{}\vv{u}\right)$ donc $CA = CB$. Le triangle $ABC$ est donc isocèle en $C$. Et comme l'angle au sommet principal est égal à $\dfrac{\pi}{3}$, on en déduit que \underline{$ABC$ est équilatéral}.

\item Si $z$ représente l'affixe de ce centre :
\begin{align*}
z & = \dfrac{z_A+z_B+z_C}{3}\\
& = 0
\end{align*}

\underline{Ainsi, $O$ est le centre du cercle circonscrit à $ABC$.}


Le rayon de $\Gamma_1$ est donc $OC$, soit 2.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Posons $z=x+\i y$. Alors,
\begin{align*}
2\left(z+\overline{z}\right)+z\overline{z}=0 & \iff 2(x+\i y + x-\i y)+(x+\i y)(x-\i y)=0\\& \iff 4x+x^2+y^2=0\\
& \iff (x+2)^2-4+(y-0)^2=0\\
& \iff (x+2)^2+(y-0)^2=2^2
\end{align*}

\uline{Ainsi, l'ensemble des points M\coord{x}{y} vérifiant l'équation est le cercle de centre $\Omega\coord{-2}{0}$ et de rayon $r=2$.}

\item On remplace $z$ par $z_A$ dans l'expression $2(z+\overline{z})+z\overline{z}$ :
\begin{align*}
2(z_A+\overline{z_A})+z_A\overline{z_A} & = 4\text{Re}(z_A)+|z_A|^2\\
& = -4+((-1)^2+\sqrt{3}^2\\
& = -4+4\\
& = 0.
\end{align*}

$z_A$ satisfait l'équation donc $\text{A}\in\Gamma_2$.

Comme $z_B=\overline{z_A}$ et que l'équation est symétrique en $z$ et $\overline{z}$, $\text{B}\in\Gamma_2$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzInit[xmax=3,ymax=3,xmin=-5,ymin=-2]
\tkzDefPoint(-1,1.732){A}
\tkzDefPoint(-1,-1.732){B}
\tkzDefPoint(2,0){C}
\tkzDefPoint(0,0){I}
\tkzDefPoint(-2,0){O}
\tkzAxeXY
\tkzGrid
\tkzLabelPoint[above right](C){C}
\tkzLabelPoint[above](A){A}
\tkzLabelPoint[below](B){B}
\tkzLabelPoint[below](I){I}
\tkzDrawPoints(A,B,C)
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDrawCircle(I,C)
\tkzDrawCircle[R,color=red](O,2 cm)
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{application complexe}[2]
Soit $f$ l'application qui, à tout nombre complexe $z$ différent de $-2\i$, associe le nombre:
\[ Z=f(z)=\frac{z-2+\i}{z+2\i}.\]
On appelle $A$ et $B$ les points d'affixes respectives $z_A=2-\i$ et $z_B=-2\i$ dans le plan d'Argand-Cauchy.
\begin{enumerate}
\item Si $z=x+\i y$, $x$ et $y$ étant deux réels, exprimer la partie réelle et la partie imaginaire de $Z$ en fonction $x$ et $y$. En déduire la nature de :
\begin{enumerate}
\item l'ensemble $\mathcal{E}$ des points $M$ d'affixe $z$ tels que $Z$ soit un réel ;
\item l'ensemble $\mathcal{F}$ des points $M$ d'affixe $z$ tels que $Z$ soit un imaginaire pur, éventuellement nul ;
\item l'ensemble $\mathcal{G}$ des points $M$ d'affixe $z$ tels que $|Z|=1$.
\end{enumerate}

\item Déterminer les ensembles $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$ et $\mathcal{G}$ sans utiliser les parties réelle et imaginaire de $Z$.

\item Calculer $|Z-1|\times|z+2\i|$ et en déduire que les points $M'$ d'affixe $Z$, lorsque le point $M$ d'affixe $z$ parcourt le cercle de centre $B$ et de rayon $\sqrt{5}$ sont tous sur un même cercle dont on précisera l'affixe du centre et le rayon.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.2em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
Z & = \dfrac{[x-2+\i(y+1)](x-(y+2)\i)}{(x+(y+2)\i)(x-(y+2)\i)}\\
& = \dfrac{x(x-2)+(y+1)(y+2)+\i[x(y+1)-(x-2)(y+2)]}{x^2-(y-2)^2}
\end{aligned}$

Donc $\text{Re}(Z)=\dfrac{x^2+y^2-2x+3y+2}{x^2-(y-2)^2}$ et $\text{Im}(Z)=\dfrac{-x+2y+4}{x^2-(y-2)^2}$.
\begin{enumerate}
\item $Z\in\R\iff\text{Im}(Z)=0\Rightarrow-x+2y+4=0$.

\uline{Ainsi, $\mathcal{E}$ est la droite d'équation cartésienne $-x+2y+4=0$.}

\item $Z=k\i,\ k\in\R\Rightarrow\text{Re}(Z)=0\Rightarrow (x-1)^2+\left(y+\frac{3}{2}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2$.

\underline{$\mathcal{F}$ est donc le cercle de centre d'affixe $1-\frac{3}{2}\i$ et de rayon $\frac{\sqrt{5}}{2}$.}

\item $|Z|=1\Rightarrow|z-z_A|=|z-z_B|$.

\uline{$\mathcal{G}$ est donc la médiatrice de $[AB]$.}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item $\arg(Z)=\angleor{BM}{AM}$. $Z\in\R\Rightarrow\arg(Z)=0\mod\pi\Rightarrow\angleor{BM}{AM}=0\mod\pi$.

\uline{Donc, $A$, $B$ et $M$ sont alignés. $\mathcal{E}$ est donc la droite $(AB)$.}

\item $Z=k\i,\ k\in\R\Rightarrow\arg(Z)=\frac{\pi}{2}\mod\pi\Rightarrow\angleor{BM}{AM}=\frac{\pi}{2}\mod\pi$.

\uline{Ainsi, $BAM$ est un triangle rectangle en $M$. Donc $\mathcal{F}$ est le cercle de diamètre $[AB]$.}

\item $|Z|=1\Rightarrow|z-z_A|=|z-z_B|$.

\uline{$\mathcal{G}$ est donc la médiatrice de $[AB]$.}
\end{enumerate}

\item $Z-1=\dfrac{z-2+\i-z-2\i}{z+2\i}=\dfrac{-2-\i}{z+2\i}$ donc $|Z-1|\times|z+2\i|=|-2-\i|=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$.

Si $M\in\mathcal{C}_{\left(B,\sqrt{5}\right)}$, alors $z=z_B+\sqrt{5}\e^{\i\theta}$ et donc $|z+2\i|=|\sqrt{5}\e^{\i\theta}|=\sqrt{5}$.

Ainsi, $|Z-1|=1$. Donc $M'$ sera sur le cercle de centre d'affixe 1 et de rayon 1.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{théorème de Van Aubel}[2]

\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-75mm}
Soit $ABCD$ un quadrilatère quelconque de sens direct.

Sur $[AB]$, $[BC]$, $[CD]$ et $[DA]$, on construit quatre carrés (extérieurs à $ABCD$) de centres respectifs $P$, $Q$, $R$ et $S$.

Le but de l'exercice est de démontrer que les diagonales de $PQRS$ sont perpendiculaires et de même longueur. 
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{70mm}
\begin{tikzpicture}[scale=.33]
\tkzInit
\tkzDefPoint[label=left:$A$](0,0){A}
\tkzDefPoint[label=right:$B$](7,-1){B}
\tkzDefPoint[label=below:$C$](5,2){C}
\tkzDefPoint[shift={(0,1.5)},label=above:$D$](1,2.5){D}
\draw (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
\tkzDefPointBy[rotation=center A angle 90](D)
\tkzGetPoint{Z}
\tkzDefPointBy[rotation=center D angle -90](A)
\tkzGetPoint{Y}
\draw (A) -- (Z) -- (Y) -- (D);
\draw[dotted] (A) -- (Y);
\draw[dotted] (D) -- (Z);
\tkzDefMidPoint(D,Z)
\tkzGetPoint{S}
\tkzLabelPoint[above left](S){S}
\tkzDefPointBy[rotation=center D angle 90](C)
\tkzGetPoint{Z}
\tkzDefPointBy[rotation=center C angle -90](D)
\tkzGetPoint{Y}
\draw (D) -- (Z) -- (Y) -- (C);
\draw[dotted] (C) -- (Z);
\draw[dotted] (D) -- (Y);
\tkzDefMidPoint(D,Y)
\tkzGetPoint{R}
\tkzLabelPoint[above](R){R}
\tkzDefPointBy[rotation=center C angle 90](B)
\tkzGetPoint{Z}
\tkzDefPointBy[rotation=center B angle -90](C)
\tkzGetPoint{Y}
\draw (C) -- (Z) -- (Y) -- (B);
\draw[dotted] (B) -- (Z);
\draw[dotted] (C) -- (Y);
\tkzDefMidPoint(C,Y)
\tkzGetPoint{Q}
\tkzLabelPoint[above right](Q){Q}
\tkzDefPointBy[rotation=center B angle 90](A)
\tkzGetPoint{Z}
\tkzDefPointBy[rotation=center A angle -90](B)
\tkzGetPoint{Y}
\draw (B) -- (Z) -- (Y) -- (A);
\draw[dotted] (A) -- (Z);
\draw[dotted] (B) -- (Y);
\tkzDefMidPoint(B,Y)
\tkzGetPoint{P}
\tkzLabelPoint[below](P){P}
\draw[thick,blue] (P) -- (Q) -- (R) -- (S) -- cycle;
\draw[dotted,blue] (S) --(Q);
\draw[dotted,blue] (P) --(R);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}

\medskip

On note $a$, $b$, $c$, $d$, $p$, $q$, $r$ et $s$ les affixes respectives des points $A$, $B$, $C$, $D$, $P$, $Q$, $R$ et $S$ dans un repère orthonormé $\left(O;\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)$ de sens direct.

\begin{enumerate}
\item Démontrer que dans le carré construit sur $[AB]$, on a : $p=\dfrac{a-\i b}{1-\i}$.

\'Etablir des relations analogues pour $q$, $r$ et $s$.

\item Calculer $\dfrac{s-q}{r-p}$ puis conclure.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Par construction, on peut dire que $A$ est l'image de $B$ par la rotation de centre $P$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$. Donc : 
\[
{\rm PA=PB}\qquad\text{et}\qquad \angleor{PB}{PA}=\dfrac{\pi}{2}
\]
soit :
\[
|a-p|=|b-p|\qquad\text{et}\qquad\arg\left(\dfrac{a-p}{b-p}\right)=\dfrac{\pi}{2}
\]
D'où :
\[
\dfrac{a-p}{b-p}=\e^{\i\frac{\pi}{2}}=\i
\]
et donc :
\begin{align*}
 & a-p=\i(b-p)\\
\iff\ & a-\i b=p-\i p\\
\iff\ & \boxed{p=\dfrac{a-\i b}{1-\i}}
\end{align*}

De même, on obtient :
\[ q = \frac{b-\i c}{1-\i}\quad ,\quad
 r=\frac{c-\i d}{1-\i}\quad,\quad s=\frac{d-\i a}{1-\i}.\]

\item $\dfrac{s-q}{r-p}=\dfrac{d-b+\i(c-a)}{c-a+\i(b-d)}=\i$.

Donc $\arg\left(\dfrac{s-q}{r-p}\right)=\dfrac{\pi}{2}$ et $\left| \dfrac{s-q}{r-p} \right| = 1$.

\underline{On en déduit que $(PR)$ et $(QS)$ sont perpendiculaires et que $PR = QS$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{point de Vecten}[2]
Soit $ABC$ un triangle quelconque de sens direct.

On construit trois carrés de centres respectifs $P$, $Q$ et $R$ qui s'appuient extérieurement sur les côtés $[AB]$, $[BC]$ et $[CA]$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
\tkzInit
\tkzDefPoint[label=above:$A$](0,0){A}
\tkzDefPoint[label=below left:$B$](-2,-2){B}
\tkzDefPoint[label=below right:$C$](5,-2){C}
\draw (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
\tkzDefPointBy[rotation=center B angle 90](A)
\tkzGetPoint{Z}
\tkzDefPointBy[rotation=center A angle -90](B)
\tkzGetPoint{Y}
\draw (A) -- (Y) -- (Z) -- (B);
\draw[dotted] (A) -- (Z);
\draw[dotted] (B) -- (Y);
\tkzDefMidPoint(A,Z)
\tkzGetPoint{P}
\tkzLabelPoint[above left](P){P}

\tkzDefPointBy[rotation=center A angle 90](C)
\tkzGetPoint{Z}
\tkzDefPointBy[rotation=center C angle -90](A)
\tkzGetPoint{Y}
\draw (A) -- (Z) -- (Y) -- (C);
\draw[dotted] (A) -- (Y);
\draw[dotted] (C) -- (Z);
\tkzDefMidPoint(C,Z)
\tkzGetPoint{R}
\tkzLabelPoint[above](R){R}

\tkzDefPointBy[rotation=center C angle 90](B)
\tkzGetPoint{Z}
\tkzDefPointBy[rotation=center B angle -90](C)
\tkzGetPoint{Y}
\draw (B) -- (Y) -- (Z) -- (C);
\draw[dotted] (B) -- (Z);
\draw[dotted] (C) -- (Y);
\tkzDefMidPoint(B,Z)
\tkzGetPoint{Q}
\tkzLabelPoint[below](Q){Q}

\draw[thick,blue] (P) -- (Q) -- (R) -- cycle;
\draw[dotted,red] (A) -- (Q);
\draw[dotted,red] (B) -- (R);
\draw[dotted,red] (C) -- (P);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\medskip

On note $a$, $b$, $c$, $p$, $q$ et $r$ les affixes respectives des points $A$, $B$, $C$, $P$, $Q$ et $R$ dans un repère orthonormé $\left(O;\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)$ de sens direct.

\begin{enumerate}
\item Démontrer que les triangles $ABC$ et $PQR$ ont le même centre de gravité.

\item Démontrer que dans le carré construit sur $[AB]$, on a : $p=\dfrac{a-\i b}{1-\i}$.

\'Etablir des relations analogues pour $q$ et $r$.

\item Démontrer que les droites $(AQ)$ et $(PR)$ sont perpendiculaires.

En déduire que les droites $(AQ)$, $(BR)$ et $(CP)$ sont concourantes. Ce point de concours est appelé le \textit{point de Vecten} du triangle $ABC$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $A$ étant l'image de $B$ par la rotation de centre $P$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$, on peut écrire :\\
$a-p=\i(b-p)$ (voir correction de la question 1 de l'exercice \ref{exercice:\thechapter.46} pour plus de détails).

De même, $b-q=\i(c-q)$ et $c-r=\i(a-r)$.

En additionnant membre à membre ces trois égalités, on a : 
\[
a+b+c-(p+q+r)=\i(a+b+c-(p+q+r)),
\]
soit : 
\[
\underline{a+b+c=p+q+r}.
\]

\item De l'égalité $a-p=\i(b-p)$, on en déduit que $p=\dfrac{a-\i b}{1-\i}$.

De même, à partir des autres égalités, on a : $q=\dfrac{b-\i c}{1-\i}$ et $r=\dfrac{c-\i a}{1-\i}$.

\item On a : 
\[
\frac{r-p}{q-a}=\frac{c-a+\i(b-a)}{b-a+\i(a-c)}=\i.
\]
Ainsi $(PR)$ et $(AQ)$ sont perpendiculaires; donc $(AQ)$ est la hauteur issue de A de $PQR$.

Par un raisonnement analogue, on démontre que $(BR)$ et $(CP)$ sont les deux autres hauteurs de $PQR$.

\medskip

\underline{$(AQ)$, $(BR)$ et $(CP)$ sont donc concourantes.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{équation et transformation}[2]
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct \Ruv.

On considère l'équation $(E)$ : $(z+2)(z^2-2z+4)=0$, où $z$ est un nombre complexe.
\begin{enumerate}
\item Résoudre $(E)$ dans \C.

On notera $a$, $b$ et $c$ les solutions de $(E)$, avec $a\in\R$ et $\Im(b)>0$.


\item Soient $A$, $B$ et $C$ les points d'affixes respectives $a$, $b$ et $c$.
\begin{enumerate}
\item Donner la forme exponentielle de $b$ et $c$.
\item Calculer $|a-b|$ et $|a-c|$.
\item Quelle est la nature du triangle $ABC$ ?
\end{enumerate}

\item Soit $f$ l'application définie par : $f\quad :\quad z \longmapsto 1+z \e^{\i\frac{\pi}{6}}$.
\begin{enumerate}
\item Donner l'écriture algébrique de $f(a)$, $f(b)$ et $f(c)$.
\item L'image du triangle $ABC$ par $f$ est-elle de même nature que $ABC$ lui-même ?
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
(z+2)(z^2-2z+4)=0 & \iff z+2=0 \quad \text{ou}\quad z^2-2z+4=0\\
& \iff z=-2 \text{ ou } z=\dfrac{-(-2)\pm\sqrt\Delta}{2}\text{ avec }\Delta=(-2)^2-4\times1\times4=-12\\
& \iff z=-2 \text{ ou } z=1-\i\sqrt3 \text{ ou } z=1+\i\sqrt3.
\end{aligned}$

\medskip

\uline{L'ensemble solution de $(E)$ est donc : $\{-2~;~1-\i\sqrt3~;~1+\i\sqrt3\}$.}

\medskip


$a=-2$, $b=1+\i\sqrt3$ et $c=1-\i\sqrt3$.

\item
\begin{enumerate}
\item $|b|=\sqrt{1^2+\big(\sqrt3\big)^2}=\sqrt{4}=2$ et donc :
\[
b=2\left(\dfrac{1}{2}+\i\dfrac{\sqrt3}{2}\right)=2\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+\i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)
\]
donc :
\[
\boxed{b=2\e^{\i\frac{\pi}{3}}}
\]
De plus, $c=\overline{b}$ donc $\boxed{c=2\e^{-\i\frac{\pi}{3}}}$.

\item $\begin{aligned}[t]
|a-b| & =|-2-1-\i\sqrt3|\\
& = |-3-\i\sqrt3|\\
& = \sqrt{9+3}\\
\Aboxed{|a-b| & = 2\sqrt3}
\end{aligned}$

De plus, $\begin{aligned}[t]
|a-c| & = |\overline{a}-\overline{b}|\\
& = |\overline{a-b}|\\
& = |a-b|
\Aboxed{|a-c| & = 2\sqrt3}
\end{aligned}$

\item $|a-b|=|a-c|$ donc $ABC$ est au moins isocèle en $A$ (car $AB=AC$).

Calculons $CB$ : $\begin{aligned}[t]
|b-c| & = |1+\i\sqrt3 -1+\i\sqrt3|\\
& = |2\i\sqrt3|\\
\Aboxed{|b-c| & = 2\sqrt3}
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, $BC = AB = AC$ donc \uline{$ABC$ est équilatéral.}
\end{enumerate}


\item
\begin{enumerate}
\item 
\begin{multicols}{3}
$\begin{aligned}[t]
f(a) & = f(-2)\\
& = 1-2\e^{\i\frac{\pi}{6}}\\
& = 1-2\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+\i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)\\
& = 1-2\left(\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac{1}{2}\i\right)\\
\Aboxed{f(a) & = 1-\sqrt3-\i}
\end{aligned}$

\columnbreak

$\begin{aligned}[t]
f(b) & = f\left(2\e^{\i\frac{\pi}{3}}\right)\\
& = 1+2\e^{\i\frac{\pi}{3}}\times\e^{\i\frac{\pi}{6}}\\
& = 1+2\e^{\i\left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\right)}\\
& = 1+2\e^{\i\frac{\pi}{2}}\\
\Aboxed{f(b) & = 1+2\i}
\end{aligned}$

\columnbreak

$\begin{aligned}[t]
f(c) & = f\left(2\e^{-\i\frac{\pi}{3}}\right)\\
& = 1+2\e^{-\i\frac{\pi}{3}}\times\e^{\i\frac{\pi}{6}}\\
& = 1+2\e^{\i\left(-\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\right)}\\
& = 1+2\e^{-\i\frac{\pi}{6}}\\
& = 1+2\left(\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac{1}{2}\i\right)\\
\Aboxed{f(c) & = 1+\sqrt3-\i}
\end{aligned}$
\end{multicols}

\item $\begin{aligned}[t]
|f(a)-f(b)|^2 & = | 1-\sqrt3-\i - 1-2\i |^2\\
& = |-\sqrt3-3\i|^2\\
& = 12.
\end{aligned}$

\medskip


$\begin{aligned}[t]
|f(c)-f(b)|^2 & = | 1+\sqrt3-\i - 1-2\i |^2 = |\sqrt3-3\i|^2 = 12.
\end{aligned}$

\medskip

$\begin{aligned}[t]
|f(a)-f(c)|^2 & = | 1-\sqrt3-\i -1-\sqrt3 +\i|^2 = |-2\sqrt3|^2 = 12.
\end{aligned}$

\medskip

\uline{Ainsi, l'image de $ABC$ par $f$ est aussi équilatéral.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{racine n-ième d'un nombre complexe}[2]
\begin{enumerate}
\item Soit $f$ la fonction polynôme définie par $f(x)=x^4+1$.

Déterminer les racines quatrièmes de $(-1)$, c'est-à-dire les nombres complexes $z$ tels que $z^4=-1$, puis en déduire que $f$ peut s'écrire comme un produit de deux fonctions polynômes de degré 2 à coefficients réels.

\item Soit $z$ un nombre complexe tel que $1+z^4+z^8=0$.

Démontrer que $z$ est une racine douzième de l'unité.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Les racines quatrièmes de l'unité sont : 1, $-1$, $\i$ et $-\i$.

On connaît une racine quatrième particulière de $-1$ : $z_0=\e^{\i\frac{\pi}{4}}$ car $\left(\e^{\i\frac{\pi}{4}}\right)^4=\e^{\i\pi}=-1$.

Les racines quatrièmes de $-1$ sont obtenues en multipliant les racines quatrièmes de l'unité par $z_0$. En effet, si $\omega_4^4=1$ alors:
\[
(z_0\omega_4)^4=z_0^4 \times \omega_4^4 = -1 \times 1 = -1.
\]
Ce qui donne:
\[
\e^{\i\frac{\pi}{4}}\quad ,\quad -\e^{\i\frac{\pi}{4}}\quad ,\quad \i\e^{\i\frac{\pi}{4}}\quad , -\i \e^{\i\frac{\pi}{4}}\qquad\text{c'est-à-dire :}\qquad \e^{\i\frac{\pi}{4}}\quad ,\quad \e^{\i\frac{-3\pi}{4}}\quad ,\quad \e^{\i\frac{3\pi}{4}}\quad ,\quad \e^{-\i\frac{\pi}{4}}.
\]
Or, les racines de $x^4+1$ sont précisément les racines quatrièmes de $-1$ d'où : 
\begin{align*}
f(x) & = x^4+1\\
& = \left(x-\e^{\i\frac{\pi}{4}} \right)\left(x-\e^{-\i\frac{\pi}{4}} \right)\left(x-\e^{\i\frac{3\pi}{4}} \right)\left(x-\e^{-\i\frac{3\pi}{4}} \right)\\
& = \left(x^2-2x\cos\frac{\pi}{4}+1 \right)\left(x^2-2x\cos\frac{3\pi}{4}+1 \right)\\
\Aboxed{ f(x) & = \left(x^2-x\sqrt{2} +1\right)\left(x^2+x\sqrt{2} +1\right)}
\end{align*}

\item On sait que $1+z^4+z^8=0$. Donc, en multipliant par $z$, $z^2$ et $z^3$, on a : 
\[
z+z^5+z^9=0 \qquad ; \qquad z^2+z^6+z^{10}=0 \quad ; \qquad z^3+z^7+z^{11}=0.
\]
En sommant les quatre égalités, on a : 
\[
\sum_{k=1}^{11}z^k=0.
\]
$z$ étant différent de 1, cela nous donne : 
\[
\frac{1-z^{12}}{1-z}=0\;,
\]
soit : 
\[
z^{12}=1.
\]
\underline{$z$ est donc une racine douzième de l'unité.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{inversion}[2]
On considère l'application suivante dans le plan d'Argand-Cauchy:
\[
\fonction{\C}{\C}{z}{\frac{1}{z}}
\]
\begin{enumerate}
\item Montrer que l'image du cercle unité (de centre $O$ et de rayon 1) est lui-même.

\item On considère la droite $\mathcal{D}$ d'équation $y = x + 1$.
\begin{enumerate}
\item Justifier que tout point $M(z)$ sur $\mathcal{D}$ vérifie:
\[
z = x + (x+1)\i\quad,\quad x\in\R.
\]

\item Montrer que l'image de $z$ par $f$ est:
\[
z' = \frac{x}{2x^2+2x+1} - \dfrac{x+1}{2x^2+2x+1}\i.
\]

\item Calculer $\left( \frac{x}{2x^2+2x+1} + \frac{1}{2} \right)^2 + \left( -\frac{x+1}{2x^2+2x+1} + \frac{1}{2} \right)^2$.

\item En déduire l'ensemble image de $\mathcal{D}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On considère un point $M(z)$ sur le cercle unité; donc :
\[
z = \e^{\i\theta},\quad \theta\in\R.
\]
Alors,
\[
f(z) = \dfrac{1}{\e^{\i\theta}} = \e^{-\i\theta} = \bar{z}.
\]
L'image de $M$ est donc son symétrique par rapport à l'axe des abscisses.

L'image du cercle unité est donc le cercle unité lui-même.

\item
\begin{enumerate}
\item Tout point $M$ de la droite $\mathcal{D}$ a pour coordonnées $M\coord{x}{x+1}$ donc son affixe est $z=x+(x+1)\i$.

\item Soit $z = x + (x+1)\i$. Alors,
\begin{align*}
z' = \frac{1}{z} & = \dfrac{1}{x+(x+1)\i}\\
& = \dfrac{x-(x+1)\i}{x^2+(x+1)^2}\\
& = \boxed{ \dfrac{x}{2x^2+2x+1} - \dfrac{x+1}{2x^2+2x+1}\i }
\end{align*}

\item On a :
\begin{align*}
& \left( \frac{x}{2x^2+2x+1} + \dfrac{1}{2} \right)^2 + \left( -\frac{x+1}{2x^2+2x+1} + \dfrac{1}{2} \right)^2 \\
= \ &
{ \color{red}\dfrac{x^2}{(2x^2+2x+1)^2} } 
+ \dfrac{x}{2x^2+2x+1} 
+ \dfrac{1}{4} 
+ { \color{red}\dfrac{x^2+2x+1}{(2x^2+2x+1)^2}} 
- \dfrac{x+1}{2x^2+2x+1} 
+ \dfrac{1}{4}\\
 =\ & {\color{red}\dfrac{1}{2x^2+2x+1}} - \dfrac{1}{2x^2+2x+1} + \dfrac{1}{2}\\
=\ & \dfrac{1}{2}.
\end{align*}

\item Si on note $M'(z')$ et $A\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\i\right)$ alors, quel que soit le réel $x$,
\[
M'A^2 = \left( \frac{x}{2x^2+2x+1} + \dfrac{1}{2} \right)^2 + \left( -\frac{x+1}{2x^2+2x+1} + \dfrac{1}{2} \right)^2 = \dfrac{1}{2}
\]
Ainsi, $M'A = \dfrac{\sqrt2}{2}$, ce qui signifie que $M'$ est sur le cercle $\mathcal{C}$  de centre $A$ et de rayon $\dfrac{\sqrt2}{2}$.

\medskip

L'image de $\mathcal{D}$ est donc $\mathcal{C}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{théorème de Napoléon}[3]
Le plan est rapporté à un repère orthonormé \Ruv de sens direct.

\bigskip

\partie{A}

On note $\j=\jexp$. Soient $U$, $V$ et $W$ trois points du plan d'affixes respectives $u$, $v$ et $w$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Démontrer l'équivalence suivante : 
\[
UVW \text{ équilatéral de sens direct} \iff u-v=-\j^2(w-v).
\]

\item Démontrer l'équivalence suivante : 
\[
UVW \text{ équilatéral de sens direct} \iff u+\j v+\j^2w=0.
\]
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.7]
\tkzDefPoint[label=above:$A$](0,0){A}
\tkzDefPoint[label=left:$B$](-3,-2){B}
\tkzDefPoint[label=right:$C$](2,-2){C}

\draw (A) -- (B) -- (C) -- cycle;

\tkzDefPointBy[rotation=center B angle 60](A)
\tkzGetPoint{R}
\tkzLabelPoint[above left](R){R}
\draw (B) -- (R) -- (A);


\tkzDefPointBy[rotation=center A angle 60](C)
\tkzGetPoint{Q}
\tkzLabelPoint[above right](Q){Q}
\draw (A) -- (Q) -- (C);

\tkzDefPointBy[rotation=center C angle 60](B)
\tkzGetPoint{P}
\tkzLabelPoint[below](P){P}
\draw (B) -- (P) -- (C);

\tkzDefBarycentricPoint(B=1,R=1,A=1)
\tkzGetPoint{W}


\tkzDefBarycentricPoint(C=1,Q=1,A=1)
\tkzGetPoint{V}


\tkzDefBarycentricPoint(B=1,C=1,P=1)
\tkzGetPoint{U}

\tkzLabelPoints(U)
\tkzLabelPoint[above left](W){W}
\tkzLabelPoint[above right](V){V}
\draw[thick,blue] (U) -- (V) -- (W) -- cycle;
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Soit $ABC$ un triangle quelconque de sens direct. On construit les points $P$, $Q$ et $R$ tels que $BPC$, $CQA$ et $ARB$ soient équilatéraux de sens direct.

On note $U$, $V$ et $W$ les centres de gravité respectifs de $BPC$, $CQA$ et $ARB$.

\medskip

Démontrer que $UVW$ est équilatéral de même centre de gravité que $ABC$.
\end{minipage}



\tcblower

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $UVW$ est équilatéral de sens direct donc $U$ est l'image de $W$ par la rotation de centre $V$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$. Ainsi : 
\[
u-v=\e^{\i\frac{\pi}{3}}(w-v)=-\j^2(w-v).
\]
La réciproque est évidente.

\item D'après ce qui précède, on a $u-v=-\j^2(w-v)$. Donc :
\[
u+(-1-\j^2)v+\j^2w=0.
\]
Or, $1+\j+\j^2=0$ donc :
\[
\boxed{u+\j v+\j^2w=0}.
\]
\end{enumerate}

\partie{B}

Par hypothèse, on a :
\begin{eqnarray}
a-w=\j(b-w)\label{eq1}\\
b-u=\j(c-u)\label{eq2}\\
c-v=\j(a-v)\label{eq3}
\end{eqnarray}

D'où : \[ a+b+c-(u+v+w)=\j\big(a+b+c-(u+v+w)\big).\]
Donc : \[ a+b+c=u+v+w.\]
Ainsi, \underline{$ABC$ et $UVW$ ont le même centre de gravité}.

\medskip

De l'égalité (\ref{eq1}), on déduit : 
\[ w=\frac{a-\j b}{1-\j}.\]
De l'égalité (\ref{eq2}), on déduit : 
\[ u=\frac{b-\j c}{1-\j}.\]
De l'égalité (\ref{eq3}), on déduit : 
\[ v=\frac{c-\j a}{1-\j}.\]

D'où : 
\[
u+\j v+\j^2w=\frac{a-\j b+\j b-\j^2c+\j^2c-a}{1-\j}=0.\]
\underline{Donc $UVW$ est équilatéral de sens direct.}

\begin{rem}
Ce théorème n'a pas été découvert par Napoléon Bonaparte, même si ce dernier était assez bon mathématicien. Il semblerait que cette appellation soit plutôt un hommage à l'empereur.
\end{rem}
\end{exocor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exocor}{avec les racines n-ièmes de l'unité}[3]
Soit $n$ un entier naturel, $n\geqslant2$. Posons $\omega = \e^{\frac{2\i\pi}{n}}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour $z\neq1$, 
\[
(1-\omega)(1-\omega^2)\cdots(1-\omega^{n-1})=\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k) = \sum_{k=0}^{n-1} z^k.
\]
\item On admet que cette dernière égalité reste vraie pour $z=1$.

En déduire que:
\[
\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)=\dfrac{n}{2^{n-1}}.
\]
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On sait que:
\[
\sum_{k=0}^{n-1} z^k  = \dfrac{z^n-1}{z-1}
\]
Or, le polynôme $z^n-1$ admet pour racines toutes les racines de l'unité $\omega_k$, pour\linebreak $0 \leqslant k\leqslant n-1$. Par conséquent, il se factorise sous la forme:
\[
z^n-1=(z-\omega_1)(z-\omega_2)\cdots(z-\omega_{n-1}) = \prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega_k).
\]
De plus, $\omega_1=\omega=\e^{\frac{2\i\pi}{n}}$ et $\omega_k=\omega^k$ pour $1\leqslant k \leqslant n-1$. Rappelons que $\omega_0=1$.

On peut alors écrire:
\begin{align*}
z^n-1 & =  \prod_{k=0}^{n-1}(z-\omega^k)\\
& = (z-\omega_0) \prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)\\
& = (z-1) \prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k).
\end{align*}

Ainsi,
\[
\sum_{k=0}^{n-1} z^k  = \dfrac{1}{z-1}\times(z-1) \prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)
\]
soit:
\[
\sum_{k=0}^{n-1} z^k  = \prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k).
\]

\item Si $z=1$ alors:
\[
\sum_{k=0}^{n-1} z^k = \sum_{k=0}^{n-1} 1  = n
\]
et
\begin{align*}
\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k) & = \prod_{k=1}^{n-1}(1-\omega^k)\\
& =  \prod_{k=1}^{n-1}\left(1-\e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\right)\\
& = \prod_{k=1}^{n-1} \e^{\frac{\i k\pi}{n}}\left( \e^{-\frac{\i k\pi}{n}} - \e^{\frac{\i k\pi}{n}} \right)\\
& = \prod_{k=1}^{n-1} -\e^{\frac{\i k\pi}{n}} \left( \e^{\frac{\i k\pi}{n}} - \e^{-\frac{\i k\pi}{n}} \right)\\
&  = \prod_{k=1}^{n-1} -\e^{\frac{\i k\pi}{n}}\times2\i\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)\\
& = \prod_{k=1}^{n-1} -2\i\e^{\frac{\i k\pi}{n}} \prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right).
\end{align*}
On a alors l'égalité:
\[
\prod_{k=1}^{n-1} -2\i\e^{\frac{\i k\pi}{n}} \prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right) = n.
\]
Comme $n$ est un réel, on peut aussi écrire:
\[
\left|\prod_{k=1}^{n-1} -2\i\e^{\frac{\i k\pi}{n}} \right| \times \left|\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)\right| = n
\]
et donc:
\[
2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right) = n.
\]
Ainsi,
\[
\boxed{ \prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right) = \dfrac{n}{2^{n-1}} }
\]
\begin{rem}
Pour $1\leqslant k\leqslant n-1$, $0<\dfrac{k\pi}{n}<\pi$ donc $\sin\left(\dfrac{\pi}{n}\right)>0$.
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}






\corriges
