\documentclass[12pt]{article}
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\usepackage{pas-math} % à placer APRES hyperref à cause de la redéfinition de \i
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\usepackage{multicol}
% Redéfinitions perso
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\newcommand{\re}{\ensuremath{\text{Re}}}
\setlength{\parindent}{0pt}
\begin{document}
\chap[num=C,pos=right,color=purple]{Les nombres complexes}{\emph{Stéphane PASQUET, \today}}

%--------------- TOC
\renewcommand{\contentsname}{\color{purple}\titreFONT\huge Sommaire}
{\color{purple}\hrulefill}
{\tocFONT\tableofcontents}
{\color{purple}\hrulefill}

\vspace*{1cm} %---------- PREREQUIS

\begin{prerequis}
\item Raisonnement par récurrence et suites géométriques (pour le Complément 1)
\item Fonction exponentielle
\end{prerequis}

\newpage %----------------- DEBUT


\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Ensemble des nombres complexes, forme algébrique},pluriel]
L'\definmot{ensemble des nombres complexes} est un ensemble, noté \C, de dimension 2 (contrairement à \R{} qui est de dimension 1) dont une base est l'ensemble $\{1;\i\}$, c'est-à-dire que :
\[
\forall z\in\C,\ \exists\coord{a}{b}\in\R\times\R\ \vert\; z=a+\i b.
\]
où $\i$ est un nombre imaginaire tel que $\i^2=-1$.\\
$a$ est appelée la \definmot{partie réelle} de $z$ et $b$, sa \definmot{partie imaginaire}.\\
L'écriture \og $a+\i b$ \fg{} ou \og $a+b\i$ \fg{} est appelée la \definmot{forme algébrique} du nombre complexe $z$.\\
Si $a=0$, on dira que $z$ est un \definmot{imaginaire pur}.\\
Si $b=0$, on dira que $z$ est un \definmot{réel pur}.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
Tout nombre réel est aussi complexe.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=nota,pluriel]
Si $z=a+\i b$, alors on notera $\re(z)=a$ et $\im(z)=b$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex,pluriel]
\begin{enumerate}
\item $z_1=3+2\i$ est un nombre complexe de partie réelle $\re(z)=3$ et de partie imaginaire $\im(z)=2$.
\item $z_2=-5-6\i$ est un nombre complexe de partie réelle $\re(z)=-5$ et de partie imaginaire $\im(z)=-6$.
\item $z_3=4\i$ est un nombre complexe de partie réelle $\re(z)=0$ et de partie imaginaire\linebreak $\im(z)=4$.
\item $z_4=-5$ est un nombre complexe de partie réelle $\re(z)=-5$ et de partie imaginaire $\im(z)=0$.
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,pluriel,name={Somme et différence de deux nombres complexes}]
Soient $z=a+\i b$ et $z'=a'+\i b'$ deux nombres complexes.\\
Alors,
\begin{align*}
z+z'=(a+a')+\i(b+b') & &  z-z'=(a-a')+\i(b-b')
\end{align*}
\[ z=z' \Longleftrightarrow a=a'\text{ et }b=b'\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex,pluriel]
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\begin{aligned}[t](3+2\i)+(5-4\i) &= (3+5)+\i(2-4)\\&=8-2\i.\end{aligned}$
\item $\begin{aligned}[t](3+2\i)-(5-4\i)& = (3-5)+\i(2+4)\\&=-2+6\i.\end{aligned}$
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{pasbox}


\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Produit de deux nombres complexes}]
Soient $z=a+\i b$ et $z'=a'+\i b'$ deux nombres complexes.\\
Alors,
\[ zz' = aa'-bb' + \i(ab'+ba').\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
En appliquant la double distributivité, on a :
\begin{align*}
zz' & =(a+\i b)(a'+\i b')\\
& = aa'+ \i ab'+\i ba' + \i^2bb'\\
& = (aa'-bb')+\i(ab'+ba')
\end{align*}

\vspace*{-2em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Conjugué d'un nombre complexe}]
Soit $z=a+\i b$ un nombre complexe.\\
On appelle \definmot{conjugué} de $z$ le nombre :\vspace*{-1em}
\[ \overline{z}=a-\i b.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex,pluriel]
\begin{enumerate}
\item Le conjugué de $z_1=-3+5\i$ est $\overline{z_1}=-3-5\i$.
\item Le conjugué de $z_2=2-3\i$ est $\overline{z_2}=2+3\i$.
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Soit $z$ un nombre complexe. Alors,\vspace{-1em}
\[ 
z\overline{z}=\re(z)^2+\im(z)^2.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Posons $z=a+\i b$. Alors,\vspace*{-1em}
\begin{align*}
z\overline{z} & = (a+\i b)(a-\i b)\\
& = a^2-\i ab + \i ab - \i^2 b\\
& = a^2+b^2 \qquad\text{car }\i^2=-1
\end{align*}

Donc, $z\overline{z}=a^2+b^2$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=meth,name={Quotient de deux nombres complexes}]
Soient $z=a+\i b$ et $z'=a'+\i b'$ deux nombres complexes, $z'\neq0$.\\
Alors, pour déterminer la forme algébrique de $\dfrac{z}{z'}$, on multiplie le numérateur et le dénominateur par $\overline{z'}$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
$\begin{aligned}[t]
\dfrac{3-2\i}{5-3\i} & =\dfrac{(3-2\i)(5+3\i)}{(5-3\i)(5+3\i)} \\
& = \dfrac{15+9\i-10\i-6\i^2}{5^2-(3\i)^2}\\
& = \dfrac{15-1\i-6\times(-1)}{25-9\times(-1)}\\
& = \dfrac{21-\i}{25+9}\\
& = \dfrac{21}{34}-\dfrac{1}{34}\i.
\end{aligned}$
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
On est assuré d'avoir la forme algébrique à l'aide de cette méthode car $z'\overline{z'}\in\R$ d'après la propriété précédente.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Propriétés sur les conjugués},pluriel]
Soient $z$ et $z'$ deux nombres complexes.
\begin{multicols}{3}
\begin{enumerate}
\item $\overline{\overline{z}}=z$
\item $z\in\R \Leftrightarrow \overline{z}=z$
\item $\re(z)=\dfrac{z+\overline{z}}{2}$
\item $\im(z)=\dfrac{z-\overline{z}}{2\i}$
\item $\overline{z+z'}=\overline{z}+\overline{z'}$
\item $\overline{zz'}=\overline{z}\times\overline{z'}$
\item $\overline{\dfrac{z}{z'}}=\dfrac{\overline{z}}{\overline{z'}}$
\item $\forall n\in\N,\ \overline{z^n}=\overline{z}^n$
\end{enumerate}
\end{multicols}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Posons $z=a+\i b$ et $z'=a'+\i b'$.

\begin{enumerate}
\item $\overline{z}=a-\i b$ donc $\overline{\overline{z}}=a+\i b=z$.
\item $\overline{z}-z=a-\i b-(a+\i b)=-2\i b$. Donc $\overline{z}-z=0 \Leftrightarrow b=0$. Ainsi, $z\in\R$.
\item $z+\overline{z}=2a$ donc $\re(z)=a=\dfrac{\overline{z}+z}{2}$.
\item $z-\overline{z}=2\i b$ donc $\im(z)=b=\dfrac{z-\overline{z}}{2\i}$.
\item $\overline{z+z'}=\overline{(a+a')+\i(b+b')}=a+a'-\i(b+b')=a-\i b+a'-\i b'=\overline{z}+\overline{z'}$.
\item $\overline{zz'}=\overline{(aa'-bb')+\i(a'b+ba')}=(aa'-bb')-\i(a'b+ba')$.\\
$\overline{z}\times\overline{z'}=(a-\i b)(a'-\i b')=aa'-\i ab' -\i ba'+\i^2bb'=(aa'-bb')-\i(ab'+ba')$.\\
Donc $\overline{zz'}=\overline{z}\times\overline{z'}$.
\item $\dfrac{z}{z'}=\dfrac{z\overline{z'}}{z'\overline{z'}} =\dfrac{z\overline{z'}}{|z'|^2}$ donc $\overline{\dfrac{z}{z'}}=\dfrac{1}{|z'|^2}\overline{z\overline{z'}}=\dfrac{1}{|z'|^2}\overline{z}z'$ et 
$\dfrac{\overline{z}}{\overline{z'}}=\dfrac{\overline{z}z'}{\overline{z'}z}=\dfrac{\overline{z}z}{|z'|^2}=\overline{\dfrac{z}{z'}}$.
\item On démontre cette propriété par récurrence à l'aide de la propriété 1.\vspace*{-1.5em}
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,pluriel]
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $z\in\R\Leftrightarrow\overline{z}=z$.
\item $\re(z)=0\Leftrightarrow\overline{z}=-z$.
\end{enumerate}
\end{multicols}
\end{pasbox}

Les démonstrations sont évidentes.

\medskip

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={\'Equation du second degré à coefficients réels}]
Soit $P(z)=az^2+bz+c$ un polynôme de degré 2, avec $a$, $b$ et $c$ trois réels. On pose alors $\Delta=b^2-4ac$ son discriminant.\\
Si $\Delta\geqslant0$, les solutions (réelles) de l'équation $P(z)=0$ sont données par les formules vues en classe de 1\iere.\\
Si $\Delta<0$, alors les solutions (complexes) de l'équation $P(z)=0$ sont :
\[ z_1=\dfrac{-b-\i\sqrt{\vert\Delta\vert}}{2a}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-b-\i\sqrt{\vert\Delta\vert}}{2a}.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb,notitlebreak]
$\begin{aligned}[t]
P\left(z_1\right) & = a\left(\dfrac{-b-\sqrt{\vert\Delta\vert}}{2a}\right)^2+b\dfrac{-b-\sqrt{\vert\Delta\vert}}{2a}+c\\
& = \dfrac{b^2+2b\i\sqrt{\vert\Delta\vert}-\vert\Delta\vert}{4a}+\dfrac{-b^2-b\i\sqrt{\vert\Delta\vert}}{2a}+c\\
& = \dfrac{b^2+2b\i\sqrt{\vert\Delta\vert}-\vert\Delta\vert-2b^2-2b\i \sqrt{\vert\Delta\vert}+4ac}{4a}\\
& = \dfrac{-b^2+4ac-\vert\Delta\vert}{4a}\\
& = \dfrac{-\Delta-\vert{\Delta}\vert}{4a}\\
& = \dfrac{-\Delta+\Delta}{4a}\qquad\text{car }\Delta<0\ \text{donc }\vert\Delta\vert=-\Delta\\
& = 0
\end{aligned}$

De la même façon, on montre que $P(z_2)=0$, ce qui prouve que $z_1$ et $z_2$ sont deux solutions de l'équation $P(z)=0$.\\
Il ne peut y avoir d'autres solutions car cela supposerait que $P(z)$ se factorise sous la forme $a(z-z_1)(z-z_2)(z-\alpha)$, où $\alpha$ serait une troisième solution. Or, en développant cette forme factorisée, on arrive à un polynôme de degré 3, ce qui contredit notre hypothèse.\\
Ainsi, il n'existe que deux solutions à l'équation $P(z)=0$ qui sont $z_1$ et $z_2$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
Les deux racines complexes d'une équation de degré 2 sont deux nombres complexes conjugués.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
Soit l'équation :
\[ z^2+z+1=0.\]
Le discriminant est :
\[\Delta=1^2-4\times1\times1=-3<0.\]
Les deux solutions sont donc :
\[ z_1=\dfrac{-1-\i\sqrt{3}}{2}\qquad\text{et}\qquad z_2=\dfrac{-1+\i\sqrt{3}}{2}.\]
Dans le monde des complexes, on notera $\text{j}=-\dfrac{1}{2}+\i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.\\
On vient alors de voir que $\text{j}^2+\text{j}+1=0$, d'où la relation :
\[ -\text{j}^2=1+\text{j}.\]
On pourrait aussi montrer que $\dfrac{1}{\text{j}}=\text{j}^2$.
\end{pasbox}

\begin{attention}[0.7]
En électronique, on utilise la lettre $\text{j}$ à la place de la lettre \i.\\
On notera par exemple en électronique : $R+\text{j}L\omega$ et $R-\dfrac{\text{j}}{C\omega}$.
\end{attention}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Affixe d'un point (représentation graphique d'un nombre complexe)}]
Soit $z=a+\i b$ un nombre complexe. $z$ est appelé l'\definmot{affixe} du point M ou du vecteur $\vv{w}$ de coordonnées \coord{a}{b} dans un plan muni d'un repère orthonormé \Ruv{} (que l'on nommera \definmot{plan d'Argand-Cauchy}).\\
On notera alors M$(z)$ et $\vv{w}(z)$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,pluriel,name={Module et argument}]
Dans le plan d'Argand-Cauchy, soit M$(z)$.\\
On définit le \definmot{module} de $z$ comme étant la longueur du segment OM, et on le note $\vert z\vert$.\\
On définit un \definmot{argument} de $z$ comme étant une mesure de l'angle que fait $\vv{\text{OM}}$ avec $\vv{u}$. On le note $\arg(z)$.
\[
\vert z\vert = \text{OM}\qquad ; \qquad \arg(z)=\angleor{\emph{u}}{OM} \mod 2\pi.
\]
On note souvent $r=\vert z\vert$ et $\theta=\arg(z)$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
\begin{tikzpicture}
\draw[thick,->,>=stealth'] (-5,0) -- (5,0);
\draw[thick,->,>=stealth'] (0,-3) -- (0,3);
\draw[very thick,->,>=stealth'] (0,0) -- (1,0) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[very thick,->,>=stealth'] (0,0) -- (0,1) node[midway,left] {$\vv{v}$};
\node[below left] at (0,0) {O};
\fill (300:3) circle (2pt) node[below right] {M$(z)$};
\draw[red,thick] (0,0) -- (300:3) node[midway,above right] {$r=\vert z\vert$};
\draw[thick,green!50!black,->,>=stealth'] (1.5,0) arc (0:300:1.5cm);
\node[green!50!black,left] at (160:1.7) {$\theta=\arg(z)$};
\node[right,red] at (5,1) {$r=\vert z\vert=2$};
\node[right,green!50!black] at (5,-1) {$\theta=\arg(z)=\dfrac{5\pi}{3}\mod 2\pi$};
\end{tikzpicture}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Soit $z=a+\i b$ un nombre complexe.\\
Alors,
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
a=r\cos\theta\\
b=r\sin\theta
\end{array}
\right.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
En considérant le point H, projeté orthogonal de M sur l'axe des abscisses, on applique les formules de trigonométrie vues en 3\ieme{} dans le triangle rectangle OMH, quitte à utiliser les formules de trigonométrie de 1\iere{} dans le cas où $\theta>\pi$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Forme trigonométrique d'un nombre complexe}]
Soit $z=a+\i b$ un nombre complexe. Alors, d'après la propriété précédente, on peut aussi écrire $z$ sous la forme :
\[ z=r(\cos\theta+\i\sin\theta),\]
où $r$ et $\theta$ représentent respectivement le module et un argument de $z$.\\
Cette écriture est appelée la \definmot{forme trigonométrique} de $z$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Soit $z=a+\i b$ un nombre complexe. Alors,
\[ \vert z\vert = \sqrt{a^2+b^2}.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Si H est le projeté orthogonal de M$(z)$ sur l'axe des abscisses, alors d'après le théorème de Pythagore appliqué dans le triangle rectangle OHM,
\[ \text{OM}^2=a^2+b^2,\]
d'où la propriété (car $\text{OM}\geqslant0$).
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=meth,name={Passer de la forme algébrique à la forme exponentielle}]
Soit $z=2\sqrt{3}+2\i$.
\begin{enumerate}
\item \textbf{On calcule le module.}
\begin{align*}
\vert z\vert & = \sqrt{\left(2\sqrt{3}\right)^2+2^2}\\
& = \sqrt{12+4}\\
& = \sqrt{16}\\
\vert z\vert & = 4.
\end{align*}

\item \textbf{On factorise $\pmb{z}$ par son module.}
\[ z = 4\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}\i\right).\]

\item \textbf{On détermine alors un argument.}
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
\cos\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
\sin\theta = \dfrac{1}{2}
\end{array}
\right. \qquad \Longleftrightarrow\qquad \theta = \dfrac{\pi}{6} \mod 2\pi.
\]

\item \textbf{On en déduit la forme algébrique de $\pmb{z}$.}
\[ z = 4\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+\i\sin\dfrac{\pi}{6}\right).\]
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Soit $z$ un nombre complexe. Alors,
\[ z\overline{z}=\vert z\vert^2.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Posons $z=a+\i b$.\\
D'une part, on a :
\[
z\overline{z}=a^2+b^2\qquad\text{(vu précédemment)}.
\]
D'autre part, on a :
\begin{align*}
\vert z\vert^2 & = \left(\sqrt{a^2+b^2}\right)^2\\
& = a^2+b^2.
\end{align*}

D'où le résultat annoncé.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Propriétés sur les modules et les arguments},pluriel]
Soient $z$ et $z'$ deux nombres complexes. Alors,

\begin{enumerate}
\item \begin{tabular}{p{3cm}>{\centering\arraybackslash}p{1cm}p{5cm}}
$\vert zz'\vert = \vert z\vert\times \vert z'\vert$ & et & $\arg(zz')=\arg(z)+\arg(z')$\end{tabular}
\item \begin{tabular}{p{3cm}>{\centering\arraybackslash}p{1cm}p{5cm}}$\vert z^n\vert = \vert z\vert^n$ & et & $\arg\left(z^n\right)=n\arg(z)$.\end{tabular}
\item \begin{tabular}{p{3cm}>{\centering\arraybackslash}p{1cm}p{5cm}}$\left\vert\dfrac{z}{z'}\right\vert=\dfrac{\vert z\vert}{\vert z'\vert}$ &et& $\arg\left(\dfrac{z}{z'}\right)=\arg(z)-\arg(z')$\end{tabular}
\item \begin{tabular}{p{3cm}>{\centering\arraybackslash}p{1cm}p{5cm}}$\vert\overline{z}\vert = \vert z\vert$ & et & $\arg\left(\overline{z}\right)=-\arg(z)$.\end{tabular}
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb,notitlebreak]
On pose $z=r(\cos\theta+\i\sin\theta)$ et $z'=r'(\cos\theta'+\i\sin\theta')$.
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
zz' & =rr'(\cos\theta+\i\sin\theta)(\cos\theta'+\i\sin\theta')\\
& = rr'[\cos\theta\cos\theta'-\sin\theta\sin\theta' +\i(\cos\theta\sin\theta'+\sin\theta\cos\theta')]\\
& = rr'[\cos(\theta+\theta')+\i\sin(\theta+\theta')]\\
& = R(\cos\Theta+\i\sin\Theta)\quad\text{avec }R=rr'\text{ et }\Theta=\theta+\theta'
\end{aligned}$

Ainsi, $\vert zz'\vert=rr'=\vert z\vert\times\vert z'\vert$ et $\arg(zz')=\theta+\theta'=\arg(z)+\arg(z')$.

\item Cette propriété se démontre par récurrence à l'aide de la propriété précédente.

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{z}{z'} & = \dfrac{r(\cos\theta+\i\sin\theta)(\cos\theta'-\i\sin\theta')}{r'(\cos\theta'+\i\sin\theta')(\cos\theta'-\i\sin\theta')}\\
& = \dfrac{r}{r'}\times\dfrac{\cos\theta\cos\theta'+\sin\theta\sin\theta'+\i(\sin\theta\cos\theta' -\cos\theta\sin\theta')}{1}\\
& =\dfrac{r}{r'}\left[\cos(\theta-\theta')+\i\sin(\theta-\theta') \right].
\end{aligned}$

Ainsi, $\left\vert\dfrac{z}{z'}\right\vert=\dfrac{r}{r'}=\dfrac{\vert z\vert}{\vert z'\vert}$ et $\arg\left(\dfrac{z}{z'}\right)=\theta-\theta'=\arg(z)-\arg(z')$.

\item $\overline{z}=r(\cos\theta-\i\sin\theta)=r[\cos(-\theta)+ \i\sin(-\theta)]$.\\
Ainsi, $\arg\left(\overline{z}\right)=-\arg(z)$ et $|\overline{z}|=r=|z|$.
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Inégalité triangulaire}]
Pour tous nombres complexes $z$ et $z'$,
\[ \vert z+z'\vert \leqslant \vert z\vert + \vert z'\vert.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
On pose $z=a+\i b$ et $z'=a'+\i b'$. Alors,
\begin{align}
|z+z'|^2 & =(a+a')^2+(b+b')^2\\
& = a^2+b^2+(a')^2+(b'^2)+2(aa'+bb')\\
& = |z|^2+|z'|^2+2\re(z\overline{z'})
\end{align}
Posons $z\overline{z'}=x+\i y$. On a :
\begin{align} \re\left(z\overline{z'}\right)\leqslant\left\vert \re\left(z\overline{z'}\right)\right\vert=\sqrt{x^2}.\end{align}
De plus,
\[ 
x^2\leqslant x^2+y^2.
\]
Donc, par croissance de la fonction racine carrée,
\begin{align} \sqrt{x^2}\leqslant\sqrt{x^2+y^2}=|z\overline{z'}|.
\end{align}

De (4) et (5), on déduit :
\[
\re(z\overline{z'})\leqslant|z\overline{z'}|.
\]

Ainsi, l'égalité (3) devient :
\[ |z+z'|^2 \leqslant |z|^2+|z'|^2+2|zz'|,\]
soit :
\[  |z+z'|^2 \leqslant \left(|z|+|z'|\right)^2.\]
On en déduit alors (par la positivité des modules) :
\[  |z+z'| \leqslant |z|+|z'|.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
La fonction $f:\theta \mapsto \cos\theta+\i\sin\theta$ vérifie la même relation fonctionnelle que la fonction exponentielle :
\[ \forall\coord{\theta}{\theta'}\in\R\times\R,\ f(\theta+\theta')=f(\theta)f(\theta')\qquad , \qquad f(0)=1.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
D'une part, on a :
\begin{align*}
f(\theta+\theta') & = \cos(\theta+\theta')+\i\sin(\theta+\theta')\\
& = \cos\theta\cos\theta'-\sin\theta\sin\theta'+i(\sin\theta\cos\theta'+ \sin\theta\cos\theta').
\end{align*}
D'autre part, on a :
\begin{align*}
f(\theta)f(\theta') & = (\cos\theta+\i\sin\theta)(\cos\theta'+\i\sin\theta')\\
& = \cos\theta\cos\theta'+\i\cos\theta\sin\theta'+\i\sin\theta\cos\theta'- \sin\theta\sin\theta'\\
& = f(\theta+\theta').
\end{align*}

De plus,
\[ f(0)=\cos 0+\i\sin 0 = 1+\i\times0 = 1.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Forme exponentielle d'un nombre complexe}]
Soit $z=r(\cos\theta+\i\sin\theta)$.\\
La \definmot{forme exponentielle} de $z$ est :
\[ z=r\e^{\i\theta}.\]
Cette relation est aussi appelée la \emph{formule d'Euler}.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=thm,name={Formule de Moivre}]
\[ \forall~\theta\in\R,\ (\cos\theta+\i\sin\theta)^n=\cos(n\theta)+\i\sin(n\theta)\]
\end{pasbox}

La démonstration de ce théorème a déjà été évoquée précédemment car nous avons vu que\linebreak$\arg(z^n)~=~n\arg(z)$ et que $|z^n|=|z|^n$.

\medskip

\begin{pasbox}[degrade,style=thm,name={Formules d'Euler}]
\[ \forall~\theta\in\R,\ \cos\theta=\dfrac{\e^{\i\theta}+\e^{-\i\theta}}{2}\qquad\text{et}\qquad \sin\theta=\dfrac{\e^{\i\theta}-\e^{-\i\theta}}{2\i}\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb,notitlebreak]
D'une part, nous avons :

\medskip

$\begin{aligned}[t]
\dfrac{\e^{\i\theta}+\e^{-\i\theta}}{2} & = \dfrac{\cos\theta+\i\sin\theta+\cos(-\theta)+\i\sin(-\theta)}{2}\\
& = \dfrac{2\cos\theta}{2}\text{ car }\cos(-\theta)=\cos\theta\text{ et }\sin(-\theta)=-\sin\theta\\
& = \cos\theta.
\end{aligned}$
\breakbox
D'autre part, nous avons :

\medskip

$\begin{aligned}[t]
\dfrac{\e^{\i\theta}-\e^{-\i\theta}}{2\i} & = \dfrac{\cos\theta+\i\sin\theta-\cos(-\theta)-\i\sin(-\theta)}{2\i}\\
& = \dfrac{2\i\sin\theta}{2\i}\\
& = \sin\theta.
\end{aligned}$

\end{pasbox}

Les formules d'Euler sont très utiles pour mémoriser (ou découvrir) les formules d'addition/de linéarisation en trigonométrie, comme le montre l'exemple suivant :

\medskip

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
\begin{align*}
\cos^2\theta & = \left(\dfrac{\e^{\i\theta}+\e^{-\i\theta}}{2}\right)^2\\
& = \dfrac{\e^{2\i\theta}+2\overbrace{\e^{\i\theta}\e^{-\i\theta}}^{=1}+\e^{-2\i\theta}}{4}\\
& = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{\e^{2\i\theta}+\e^{-2\i\theta}}{2}+\dfrac{1}{2}\\
& = \dfrac{1}{2}\cos(2\theta)+\dfrac{1}{2}.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,pluriel]
Soient $z=r\e^{\i\theta}$ et $z'=r'\e^{\i\theta'}$ deux nombres complexes.
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $\overline{z}=\e^{-\i\theta}$
\item $\dfrac{z}{z'}=\dfrac{r}{r'}\e^{\i(\theta-\theta')}$
\item $zz'=rr'\e^{\i(\theta+\theta')}$
\item $z^n=r^n\e^{n\i\theta}$
\end{enumerate}
\end{multicols}
\end{pasbox}

Toutes ces propriétés sont celles déjà vues précédemment, mais écrites de façons différentes.

%=========== BONUS 1 : SOMME DE COSINUS

\bonus{Calculer la somme $\pmb{1+\cos x+\cdots+\cos(nx)}$}

On note :
\[
C_n(x)=\sum_{k=0}^n \cos(kx)=1+\cos x+\cos(2x)+\cdots+\cos(nx).
\]
Une façon de déterminer une expression \og simple \fg{} de cette somme est de considérer la somme :
\[
\sigma_n(x)=\sum_{k=0}^n\e^{\i kx}.
\]
En effet, $C_n(x)=\re(\sigma_n(x))$ et $\sigma_n(x)$ est une progression géométrique, c'est-à-dire la somme des premiers termes d'une suite (complexe) géométrique (de premier terme 1 et de raison $\e^{ix}$).\\
Ainsi, on a :
\begin{align*}
\sigma_n(x) & = \dfrac{1-\e^{\i(n+1)x}}{1-\e^{\i x}}\\
& =  \dfrac{\left(1-\e^{\i(n+1)x}\right)\left(1-\e^{-\i x}\right)}{\left(1-\e^{\i x}\right)\left(1-\e^{-\i x}\right)}\\
& = \dfrac{1-\e^{-\i x}-\e^{\i(n+1)x}+\e^{\i nx}}{1-\e^{-\i x}-\e^{\i x}+1}\\
& = \dfrac{1-\e^{-\i x}-\e^{\i(n+1)x}+\e^{\i nx}}{2-2\frac{\e^{\i x}+\e^{-\i x}}{2}}\\
& = \dfrac{1-\e^{-\i x}-\e^{\i(n+1)x}+\e^{\i nx}}{2-2\cos x}\\
& = \dfrac{1-\cos(-x)-\cos(n+1)x+\cos(nx)+\i(-\sin(-x)-\sin(n+1)x+\sin(nx) )}{2-2\cos x}
\end{align*}

On en déduit alors :
\[
C_n(x)=\dfrac{1-\cos(x)-\cos(n+1)x+\cos(nx)}{2-2\cos x}.
\]
On peut même écrire :
\[
\sum_{k=0}^n\sin(kx)=\dfrac{\sin(x)-\sin(n+1)x+\sin(nx)}{2-2\cos x}.
\]

%=========== BONUS 2

\bonus{Interprétation géométrique de $\pmb{\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}}$}

Dans le plan d'Argand-Cauchy, soient A($z_A$), B($z_B$) et C($z_C$) trois points quelconques.\\

\medskip

\begin{itemize}
\item $\left|\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right|=\dfrac{|z_C-z_A|}{|z_B-z_A|}= \dfrac{\text{AC}}{\text{BC}}$.

\medskip

\item $\arg(z_C-z_A)=\angleor{u}{AC}$ et $\arg(z_B-z_A)=\angleor{u}{AB}$.\\
Donc, $\begin{aligned}[t]
\arg\left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right) & =\arg(z_C-z_A)-\arg(z_B-z_A)\\
& = \angleor{u}{AC}-\angleor{u}{AB}\\
& = \angleor{AB}{AC}.
\end{aligned}$
\end{itemize}

\bigskip

On peut se servir de ces résultats pour discuter de la nature d'un triangle par exemple.\\
Soient A($2\i$), B($1+5\i$) et C($-3+3\i$). Quelle est la nature du triangle ABC ?

\medskip

\begin{itemize}
\item $\left|\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right|=\dfrac{|z_C-z_A|}{|z_B-z_A|}= \dfrac{|-3+\i|}{|1+3\i|}=1$.\\
Donc $\text{AB}=\text{AC}$.

\medskip

\item De plus, $\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=\dfrac{(-3+\i)(1-3\i)}{(1+3\i)(1-3\i)}=\dfrac{2}{5}\i$.\\
Donc, $\arg\left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)=\dfrac{\pi}{2}\mod 2\pi=\angleor{AB}{AC}$.
\end{itemize}

\medskip

On en déduit alors que le triangle ABC est rectangle isocèle en A.

\bonus{Calcul de $\pmb{\cos\dfrac{\pi}{12}}$ et $\pmb{\sin\dfrac{\pi}{12}}$}

Les nombres complexes permettent de calculer n'importe quelle ligne trigonométrique de n'importe quel angle de la forme $\dfrac{\pi}{q}$ tant que l'on connaît les lignes trigonométriques des angles $\dfrac{\pi}{n}$ et $\dfrac{\pi}{m}$ tels que $\dfrac{\pi}{n}\pm\dfrac{\pi}{m}=\dfrac{\pi}{q}$.

\medskip

Voyons un exemple :

\medskip

Posons :
\[ z=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}\i\right)\left(\dfrac{\sqrt{2	}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\i\right).\]
Alors, on peut aussi écrire :
\[
z=\e^{-\i\dfrac{\pi}{6}}\e^{\i\dfrac{\pi}{4}}=\e^{\i\dfrac{\pi}{12}}.
\]
En développant $z$ avec la première écriture, on a :
\[
z=\dfrac{\sqrt{6}}{4}+\dfrac{\sqrt{2}}{4}+\i\left(\dfrac{\sqrt{6}}{4}-\dfrac{\sqrt{2}}{4} \right)
\]
Comme $|z|=1$, on en déduit alors :
\[
\cos\dfrac{\pi}{12}=\re(z)=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\qquad\text{et}\qquad\sin\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.
\]
\end{document}	