1 – Opérations dans \(\mathbb{C}\)
Dans \(\mathbb{C}\), on calcule comme dans \(\mathbb{R}\) (distributivité, identités remarquables…) avec en plus la règle : \(i^{2} = -1\). Un résultat se donne toujours sous forme algébrique.
Propriété 1 : Soient \(z = a + ib\) et \(z' = a' + ib'\) deux nombres complexes (\(a\), \(b\), \(a'\), \(b'\) réels).
• \(z + z' = (a + a') + i(b + b')\)
• \(-z = -a - ib\)
• \(z \times z' = (aa' - bb') + i(ab' + a'b)\)
• \(z + z' = (a + a') + i(b + b')\)
• \(-z = -a - ib\)
• \(z \times z' = (aa' - bb') + i(ab' + a'b)\)
Démonstration
\[\begin{aligned} z \times z' = (a + ib)(a' + ib') &= aa' + iab' + ia'b + i^{2}bb' \\ &= (aa' - bb') + i(ab' + a'b) \end{aligned}\] □Exemple 1 :
Soient \(z = 2 + 3i\) et \(z' = 1 - i\). Calculer \(z + z'\), \(z - z'\), \(z \times z'\) et \(z^{2}\).
• \(z + z' = (2 + 1) + (3 - 1)i = 3 + 2i\) ;
• \(z - z' = (2 - 1) + (3 - (-1))i = 1 + 4i\) ; \[\begin{aligned} \bullet\ z \times z' &= (2 + 3i)(1 - i) = 2 - 2i + 3i - 3i^{2} \\ &= 2 + i + 3 = 5 + i \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \bullet\ z^{2} = (2 + 3i)^{2} &= 2^{2} + 2 \times 2 \times 3i + (3i)^{2} \\ &= 4 + 12i + 9i^{2} = 4 + 12i - 9 \\ &= -5 + 12i \quad \text{(identité remarquable)} \end{aligned}\]
Point de vigilance : \((3i)^{2} = 9i^{2} = -9\) et non \(9\) ; de même \((a + ib)^{2} = a^{2} + 2iab - b^{2}\) (et non \(+ b^{2}\)).
Exemple 2 (à retenir) :
\((1 + i)^{2} = 1 + 2i + i^{2} = 2i\) et \((1 - i)^{2} = -2i\). On en déduit \((1 + i)^{4} = (2i)^{2} = 4i^{2} = -4\).
2 – Conjugué d'un nombre complexe
Définition 1 : Le conjugué d'un nombre complexe \(z = a + ib\) (\(a, b \in \mathbb{R}\)) est le nombre complexe \(\overline{z} = a - ib\).
Exemple 3 :
\(\overline{3 + 2i} = 3 - 2i\) ; \(\overline{-i} = i\) ; \(\overline{5} = 5\) ; \(\overline{-1 - 4i} = -1 + 4i\).
Exemple 4 :
Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l'équation \(2z + \overline{z} = 6 + 3i\).
• On pose \(z = x + iy\) avec \(x\), \(y\) réels ; alors \(\overline{z} = x - iy\) et \(2z + \overline{z} = 2x + 2iy + x - iy = 3x + iy\).
• L'équation s'écrit \(3x + iy = 6 + 3i\) ; par identification, \(3x = 6\) et \(y = 3\) : l'unique solution est \(z = 2 + 3i\).
Propriété 2 : Pour tout nombre complexe \(z = a + ib\) :
• \(\overline{\overline{z}} = z\)
• \(z + \overline{z} = 2\operatorname{Re}(z)\)
• \(z - \overline{z} = 2i\operatorname{Im}(z)\)
• \(z \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \overline{z} = z\)
• \(z \in i\mathbb{R} \Leftrightarrow \overline{z} = -z\)
• \(z\overline{z} = a^{2} + b^{2}\)
• \(\overline{\overline{z}} = z\)
• \(z + \overline{z} = 2\operatorname{Re}(z)\)
• \(z - \overline{z} = 2i\operatorname{Im}(z)\)
• \(z \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \overline{z} = z\)
• \(z \in i\mathbb{R} \Leftrightarrow \overline{z} = -z\)
• \(z\overline{z} = a^{2} + b^{2}\)
Démonstration
\[\begin{aligned} \bullet\ \overline{\overline{z}} &= \overline{a - ib} = a + ib = z \\ \bullet\ z + \overline{z} &= a + ib + a - ib = 2a = 2\operatorname{Re}(z) \\ \bullet\ z - \overline{z} &= a + ib - a + ib = 2ib = 2i\operatorname{Im}(z) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \bullet\ \overline{z} = z &\Leftrightarrow a - ib = a + ib \Leftrightarrow -b = b \\ &\Leftrightarrow b = 0 \Leftrightarrow z \in \mathbb{R} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \bullet\ \overline{z} = -z &\Leftrightarrow a - ib = -a - ib \\ &\Leftrightarrow a = 0 \Leftrightarrow z \in i\mathbb{R} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \bullet\ z\overline{z} &= (a + ib)(a - ib) = a^{2} - (ib)^{2} \\ &= a^{2} - i^{2}b^{2} = a^{2} - (-1)b^{2} \\ &= a^{2} + b^{2} \end{aligned}\] □
Propriété 3 : Pour tous nombres complexes \(z = a + ib\) et \(z' = a' + ib'\) et pour tout entier naturel \(n\) :
• \(\overline{z + z'} = \overline{z} + \overline{z'}\)
• \(\overline{z \times z'} = \overline{z} \times \overline{z'}\)
• \(\overline{z^{n}} = \left( \overline{z} \right)^{n}\)
• si \(z' \neq 0\), \(\overline{\left( \dfrac{z}{z'} \right)} = \dfrac{\overline{z}}{\overline{z'}}\)
• \(\overline{z + z'} = \overline{z} + \overline{z'}\)
• \(\overline{z \times z'} = \overline{z} \times \overline{z'}\)
• \(\overline{z^{n}} = \left( \overline{z} \right)^{n}\)
• si \(z' \neq 0\), \(\overline{\left( \dfrac{z}{z'} \right)} = \dfrac{\overline{z}}{\overline{z'}}\)
Démonstration
Pour chacune de ces formules, on calcule les deux membres de l'égalité puis on procède par identification. La formule \(\overline{z^{n}} = \left( \overline{z} \right)^{n}\) se montre par récurrence après avoir établi le produit.3 – Inverse et quotient
Propriété 4 : Tout nombre complexe \(z = a + ib\) non nul admet un inverse :
\[\begin{aligned}
\dfrac{1}{z} &= \dfrac{\overline{z}}{z\overline{z}} \\
&= \dfrac{a}{a^{2} + b^{2}} - i\dfrac{b}{a^{2} + b^{2}}
\end{aligned}\]
Démonstration
Si \(z \neq 0\), alors \(z\overline{z} = a^{2} + b^{2} \neq 0\) et : \[\begin{aligned} z \times \dfrac{\overline{z}}{a^{2} + b^{2}} &= \dfrac{z\overline{z}}{a^{2} + b^{2}} \\ &= \dfrac{a^{2} + b^{2}}{a^{2} + b^{2}} = 1 \end{aligned}\] □
Méthode : Pour écrire un quotient \(\dfrac{z}{z'}\) sous forme algébrique, on multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué \(\overline{z'}\) du dénominateur : le nouveau dénominateur \(z'\overline{z'} = a'^{2} + b'^{2}\) est un réel.
Exemple 5 :
Écrire sous forme algébrique \(\dfrac{1}{2 + i}\) et \(\dfrac{3 + i}{1 - 2i}\).
\[\begin{aligned}
\bullet\ \dfrac{1}{2 + i} &= \dfrac{2 - i}{(2 + i)(2 - i)} \\
&= \dfrac{2 - i}{2^{2} + 1^{2}} = \dfrac{2 - i}{5} \\
&= \dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{5}i
\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}
\bullet\ \dfrac{3 + i}{1 - 2i} &= \dfrac{(3 + i)(1 + 2i)}{(1 - 2i)(1 + 2i)} \\
&= \dfrac{3 + 6i + i + 2i^{2}}{1^{2} + 2^{2}} = \dfrac{1 + 7i}{5} \\
&= \dfrac{1}{5} + \dfrac{7}{5}i
\end{aligned}\]
Exemple 6 (équation \(az = b\)) :
Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l'équation \((1 + i)z = 3 - i\).
Comme \(1 + i \neq 0\), on peut diviser : \[\begin{aligned} z = \dfrac{3 - i}{1 + i} &= \dfrac{(3 - i)(1 - i)}{(1 + i)(1 - i)} \\ &= \dfrac{3 - 3i - i + i^{2}}{1 + 1} = \dfrac{2 - 4i}{2} \\ &= 1 - 2i \end{aligned}\]
4 – Formule du binôme dans \(\mathbb{C}\)
Rappels : \(\dbinom{n}{k}\), avec \(0 \leq k \leq n\), est appelé le coefficient binomial :
• Le coefficient binomial peut se lire dans le triangle de Pascal.
• On a \(\dbinom{n}{0} = \dbinom{n}{n} = 1\) et \(\dbinom{n}{1} = \dbinom{n}{n - 1} = n\).
• On a la relation de Pascal : \(\dbinom{n}{k - 1} + \dbinom{n}{k} = \dbinom{n + 1}{k}\).
• On a aussi la formule : \[\dbinom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!\,(n - k)!} = \dfrac{n(n - 1)(n - 2) \ldots (n - k + 1)}{k!}\]
Le triangle de Pascal et la relation de Pascal
• Le coefficient binomial peut se lire dans le triangle de Pascal.
• On a \(\dbinom{n}{0} = \dbinom{n}{n} = 1\) et \(\dbinom{n}{1} = \dbinom{n}{n - 1} = n\).
• On a la relation de Pascal : \(\dbinom{n}{k - 1} + \dbinom{n}{k} = \dbinom{n + 1}{k}\).
• On a aussi la formule : \[\dbinom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!\,(n - k)!} = \dfrac{n(n - 1)(n - 2) \ldots (n - k + 1)}{k!}\]
Le triangle de Pascal et la relation de Pascal
Propriété 5 (formule du binôme de Newton) : Pour tous nombres complexes \(a\) et \(b\) et tout entier naturel \(n\) :
\[\begin{aligned}
(a + b)^{n} &= \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n - k} \\
&= b^{n} + \binom{n}{1} a b^{n - 1} + \binom{n}{2} a^{2} b^{n - 2} \\
&\quad + \cdots + \binom{n}{n - 1} a^{n - 1} b + a^{n}
\end{aligned}\]
Démonstration
Par récurrence sur \(n\), la propriété \(P_{n}\) : « \((a + b)^{n} = \displaystyle\sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n - k}\) ».• Initialisation : pour \(n = 0\), \((a + b)^{0} = 1\) et \(\dbinom{0}{0} a^{0} b^{0} = 1\) : \(P_{0}\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n \geq 0\) fixé, on suppose \(P_{n}\) vraie. Alors : \[\begin{aligned} (a + b)^{n + 1} &= (a + b)(a + b)^{n} \\ &= (a + b) \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n - k} \\ &= \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} a^{k + 1} b^{n - k} \\ &\quad + \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n + 1 - k} \end{aligned}\] Avec \(j = k + 1\), c'est-à-dire \(k = j - 1\), la 1re somme s'écrit : \[\begin{aligned} \sum_{j = 1}^{n + 1} \binom{n}{j - 1} a^{j} b^{n + 1 - j} &= \sum_{j = 1}^{n} \binom{n}{j - 1} a^{j} b^{n + 1 - j} \\ &\quad + a^{n + 1} \end{aligned}\] La 2e somme s'écrit \(b^{n + 1} + \displaystyle\sum_{k = 1}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n + 1 - k}\). On regroupe, puis grâce à la relation de Pascal, on obtient : \[\begin{aligned} (a + b)^{n + 1} &= a^{n + 1} + \sum_{k = 1}^{n} \left[ \binom{n}{k} + \binom{n}{k - 1} \right] a^{k} b^{n + 1 - k} \\ &\quad + b^{n + 1} \\ &= b^{n + 1} + \sum_{k = 1}^{n} \binom{n + 1}{k} a^{k} b^{n + 1 - k} + a^{n + 1} \end{aligned}\] C'est \(P_{n + 1}\).
• Conclusion : par le principe de récurrence, \(P_{n}\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\). □
Exemple 7 :
Calculer \((1 + 2i)^{3}\) et \((1 - i)^{5}\) avec la formule du binôme.
\[\begin{aligned}
\bullet\ (1 + 2i)^{3} &= \binom{3}{0} 1^{3} (2i)^{0} + \binom{3}{1} 1^{2} (2i)^{1} \\
&\quad + \binom{3}{2} 1^{1} (2i)^{2} + \binom{3}{3} 1^{0} (2i)^{3} \\
&= 1 + 3 \times (2i) + 3 \times (2i)^{2} + (2i)^{3} \\
&= 1 + 6i + 3 \times 4i^{2} + 8i^{3} = 1 + 6i - 12 - 8i \\
&= -11 - 2i
\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}
\bullet\ (1 - i)^{5} &= \binom{5}{0} (-i)^{0} + \binom{5}{1} (-i)^{1} + \binom{5}{2} (-i)^{2} \\
&\quad + \binom{5}{3} (-i)^{3} + \binom{5}{4} (-i)^{4} + \binom{5}{5} (-i)^{5} \\
&= 1 - 5i + 10 \times (-1) + 10 \times i \\
&\quad + 5 \times 1 - i \\
&= 1 - 5i - 10 + 10i + 5 - i \\
&= -4 + 4i
\end{aligned}\]
