Solutions
Chapitre 1
1 a) Faux, ils peuventê tre non réels et conjugués.
b) Faux, |z|
2 = zz . c) Faux, ex :( a ,b ) = ( i ,− 1). d) Vrai.
e) Faux, z = i(2k +1 ) π . f) Faux, elle n’est pasi njective.
g) Vrai. h) Vrai. i) Vrai. j) Vrai.
2 1) Vérification immédiate. 2) u =
2Re(z+z
)
|1+zz | 2 .
3 La formulesedémontre parrécurrence. On en déduit, en
appelant S(n)lasomme précédente :
S1 = Re (S(2p +1)) = (p +1)(−1)
p ;
S2 = Im (S(2p)) =
1 − (2p +1)(−1)
p
2
.
4 Soit A le point d’affixe 1. Le point M d’affixe z doita ppartenir au cercle de centre O et àl am édiatrice de [OA]. D’où
z ∈{e
i
π
3 ,e
− i
π
3 }.
5 1) On sait que |a + b| |a| + |b| ;p oser a = u + v,
b = u − v...
2) |u + v|
2 = |u|
2 + |v|
2 + uv + vu. Écrired em ême |u − v|
2 et
ajouter.
6 Soit n unesomme de deux carrés. n = a
2 + b
2 = |z|
2 où
z = a + ib. Si (nj) j∈[[ 1 , p ]] est une famille finie de sommes de deux
carrés,
p
j=1
nj =
p
j=1
|zj|
2 = ···
7 |z| = 1 ⇐⇒ ( | a |
2 − 1)(|b|
2 − 1) = 0e ta = b
| z | < 1 ⇐⇒ ( | a | < 1e t| b | < 1)
ou (|a| > 1e t| b | > 1)
8 Pour le calcul de S1 et S2, voir le paragraphe 4.
Si x ∈ 2πZ
S1 = cos
nx
2
sin
(n+1)x
2
sin
x
2
S2 = sin
nx
2
sin
(n+1)x
2
sin
x
2
et si x ∈ 2πZ ···
Par linéarisation, pour x ∈ πZ :
S3(x) =
n +1
2
+
1
2
S1(2x)
=
n +1
2
+
1
2
cos nx
sin(n +1)x
sin x
S 4 (x) =
n +1
2
−
1
2
S1(2x)
=
n +1
2
−
1
2
cos nx
sin(n +1)x
sin x
et si x ∈ πZ ···
S5 + iS 6 est la somme des termes d’une suite géométrique. En
séparant partie réelle et partie imaginaire, on obtient :
Si x ∈
π
2
Z
S5 =
sin(n +1)x
cos n x sin x
S 6 =
cos
n+1 x − cos(n +1)x
cos n x sin x
et si x ∈
π
2
Z ··· S7 +iS8 = (1 +e
ix )
n
d’où:
S7=2
n cos
n x
2
cos
nx
2
et S8 = 2
n cos
n x
2
sin
nx
2
9 z =
1+i
√ 3
1−i
=
√ 2e
i 7π
12
d’où z
20 = 2
10 e
i 35π
3 = 2
9 (1 − i
√ 3).
10 1) α ∈] − π +4kπ,π+4 kπ [ k ∈ Z :|z| = 2cos
α
2
,
arg z =
α
2
[2π]
Ne paso ublier d’envisager aussi α ∈]π +4 k π ,3 π+4 k π [e t
α=(2k +1)π
2) |z
| =
1
√ 2cos
α
2
, arg z
= −
π
4
−
α
2
[2π]
11 1) Première méthode:développer et résoudre l’équation
bicarrée.Onobtient 4solutions :
z = ±i
5 ± 2
√ 5
5
2) Deuxième méthode:poser Z =
z +1
z−1
(z=1est-ilsolution?)
et résoudre Z
5 = 1(Z =1). On obtient 4solutions :
z = −i cot
kπ
5
k ∈ [[ 1 , 4]]
3) En appariant les solutions, on obtient des valeurs de cot
kπ
5
.
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