Sujet : Analyse, Nombres complexes, Module et argument

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013 Enoncés 1 Module et argument Exercice 9 [ 00055 ] [correction] Soit a∈C tel que|a| 0. On a cosθ = 2 + 2 donc =|1 +u| +|1−u|2√√ 1 2 2cos(2θ) = 2 + 2 − 1 = avec 2θ∈ [0,π] donc 2θ =π/4 puis θ =π/8. 6 (|1 +u| +|1−u|)2 2 2 2 2 avec égalité si, et seulement si, x +y = 1 et 1−u = 0 soit u =±1 ce qui revient à a =±b. Exercice 2 : [énoncé] (⇐) ok 0 0(⇒) Si|z +z| =|z| +|z| alors, en divisant par|z| :|1 +x| = 1 +|x| avec 0 Exercice 5 : [énoncé]x =z/z∈C. θiθ iθ/2z = e + 1 = 2 cos e .Ecrivons x =a +ib avec a,b∈R. 2 θ θ θ θSi cos > 0 alors|z| = 2 cos et arg(z) = [2π], si cos = 0 alors|z| = 0.2 2 2 2 2 2 2 2 2 θ θ θ|1 +x| = (a + 1) +b = 1 + a + b + 2a et si cos 0. iθ isinθ/2e −1 θ= =i tan .+ iθe +1 cosθ/2 2Par suite x∈R et on conclut. Exercice 7 : [énoncé] 0 0 0 00 θ+θ θ−θ θ−θ 0 θ+θExercice 3 : [énoncé] iθ iθ i i −i θ−θ i 2 2 2 2e +e = e (e +e ) = 2 cos e ce qui permet de préciser 2On a 0θ−θmodule et argument en discutant selon le signe de cos . 2 1 10 0 0 0 0 0 0|z| +|z| = |(z−z ) + (z +z )| + |(z −z) + (z +z)|6|z +z| +|z−z| 2 2 Exercice 8 : [énoncé] Interprétation : Dans un parallélogramme la somme des longueurs de deux côtés ix iy iz iα iβPuisque e + e + e = 0, on a 1 + e + e = 0 avec α =y−x et β =z−x. est inférieure à la somme des longueurs des diagonales. 0 Ainsi0 0 z+z + (Il y a égalité si, et seulement si, : z−z = 0 (i.e. z =z ) ou ∈R et0z−z cosα + cosβ =−1 0z+z + 0∈R ce qui se résume à z =−z.
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Module et argument

Exercice 1[ 02030 ][correction]
Déterminer module et argument dez=p2 +√2 +ip2−√2.

Exercice 2[ 02031 ][correction]
Soientz∈C?etz0∈C. Montrer

|z+z0|=|z|+|z0| ⇔ ∃λ∈R+ z0=λz

Exercice 3[ 02032 ][correction]
Etablir :
∀z z0∈C|z|+|z0|6|z+z0|+|z−z0|

Interprétation géométrique et précision du cas d’égalité ?

Exercice 4Centrale MP[ 02356 ][correction]
Soienta b∈C. Montrer

|a|+|b|6|a+b|+|a−b|

et préciser les cas d’égalité.

Exercice 5[ 02033 ][correction]
Déterminer module et argument de eiθ+ 1et de eiθ−1pourθ∈R.

Exercice 6[ 02034 ][correction]
Simplifiereeθiθi−11+pourθ∈]−π π[.

Exercice 7[ 02035 ][correction]
Déterminer module et argument de eiθ+eiθ0pourθ θ0∈R.

Exercice 8Mines-Ponts MP[ 02646 ][correction]
Si(x y z)∈R3vérifieeix+ eiy+ eiz= 0, montrer quee2ix+ e2iy+ e2iz= 0.

Enoncés

Exercice 9[ 00055 ][correction]
Soita∈Ctel que|a|<1.
Déterminer l’ensemble des complexesztels que

z−¯a61
1−az

Exercice 10X MP[ 03040 ][correction]
Quelle est l’image du cercle unité par l’applicationz7→1−1z?

Exercice 11X PSI[ 03107 ][correction]
SoitBune partie bornée non vide deC.
On suppose que siz∈Balors1−z+z2∈Bet1 +z+z2∈B.
DéterminerB.

Exercice 12[ 03249 ][correction]
Soitf:C→Cdéfinie par
f(z) =z2+|z|
Déterminer les valeurs prises parf.

Exercice 13[ 03457 ][correction]
En étudiant module et argument, établir que pour toutz∈C
1 +z
nn→exp(z)

Exercice 14[ 03642 ][correction]
a) Vérifier
∀z1 z2∈C|z1+z2|2+|z1−z2|2= 2|z1|2+ 2|z2|2
b) On supposez1 z2∈Ctels que|z1|61et|z2|61. Montrer qu’il existeε= 1
ou−1tel que
|z1+εz2|6√2

Exercice 15[ 03651 ][correction]
Soienta b ztrois complexes de module 1 deux à deux distincts. Démontrer
bazz−−ba2∈R+?

1

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
|z|2= 2 +√2 + 2−√2 = 4donc|z|= 2. Posonsθun argument dezqu’on peut
choisir dans[0 π2]car Re(z)Im(z)>0. On acosθ=12p2 +√2donc
cos(2θ) =122 +√2−1 =√22avec2θ∈[0 π]donc2θ=π4puisθ=π8.

Exercice 2 :[énoncé]
(⇐)ok
(⇒)Si|z+z0|=|z|+|z0|alors, en divisant par|z|:|1 +x|= 1 +|x|avec
x=z0z∈C.
Ecrivonsx=a+ibaveca b∈R.

|1 +x|2= (a+ 1)2+b2= 1 +a2+b2+ 2a

et
(1 +|x|)2= (1 +pa2+b2)2= 1 +a2+b2+ 2pa2+b2
|1 +x|= 1 +|x|donne alorsa=√a2+b2d’oùb= 0eta>0.
Par suitex∈R+et on conclut.

Exercice 3 :[énoncé]
On a

|z|+|z0|12=|(z−z0) + (z+z0)|21+|(z0−z) + (z0+z)|6|z+z0|+|z−z0|

Interprétation : Dans un parallélogramme la somme des longueurs de deux côtés
est inférieure à la somme des longueurs des diagonales.
Il y a égalité si, et seulement si, :z−z0= 0(i.e.z=z0) ouzz+zz00∈R+et

zz0+−zz0∈R+ce qui se résume àz0=−z.

Exercice 4 :[énoncé]
Sia= 0, l’inégalité est vraie avec égalité si, et seulement si,b= 0.
Sia6= 0, l’inégalité revient à

1 +|u|6|1 +u|+|1−u|

avecu=ba. En écrivantu=x+iy,
(1 +|u|)2= 1 + 2px2+y2+x2+y2
62 + 2(x2+y2)
=|1 +u|2+|1−u|2
6(|1 +u|+|1−u|)2

avec égalité si, et seulement si,x2+y2= 1et1−u2= 0soitu=±1ce qui
revient àa=±b.

Exercice 5 :[énoncé]
z=eiθ+ 1 = 2 cos2θeiθ2.
Sicos2θ>0alors|z|= 2 cos2θetarg(z) =2θ[2π], sicosθ2= 0alors|z|= 0.
et sicos2θ<0alors|z|=−2 cosθ2etarg(z) =θ2+π[2π].
z0=eiθ−1 = 2isin2θeiθ2et la suite est similaire.

Exercice 6 :[énoncé]
eiθ−1isθ
eiθ+1=csoinθ22=itan2θ.

Exercice 7 :[énoncé]
eiθ+eiθ
0=eiθ2+θ0(eiθ−2θ0+e−iθ−2θ0 cos) = 2θ−2θ0eiθ+2θ0ce qui permet de préciser
decosθ−θ0
module et argument en discutant selon le signe2.

Exercice 8 :[énoncé]
Puisqueeix+ eiy+ eiz= 0, on a1 + eiα+ eiβ= 0avecα=y−xetβ=z−x.
Ainsi
c =−1
(sinsoαα+sin+ocsββ= 0

sinα+ sinβ= 0donneα=−β[2π]ouα=π+β[2π].
Siα=π+β[2π]alors la relationcosα+ cosβ=−1donne0 =−1.
Il resteα=−β[2π]et alors2 cosα=−1donneα=±23π[2π].
2
Par suiteeiα=jouj.
On obtient alors aisément1 + e2iα+ e2iβ= 0puise2ix+ e2iy+ e2iz= 0.

2

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Exercice 9 :[énoncé]
Pour que la quantité soit définie il est nécessaire quez6= 1¯a.
Si tel est le cas

z−a2
1 ¯61⇔ |z−a|6|1−¯az|2
−az

Sachant|x+y|2=|x|2+ 2Re(¯xy) +|y|2, on obtient

1z−−a¯az61⇔|a|2−1 |z|2−1>0

Corrections

L’ensemble recherché est l’ensemble des complexes de module inférieur à 1.

Exercice 10 :[énoncé]
Soitzun complexe du cercle unité avecz6= 1. Il existeθ∈]02π[tel quez= eiθ.
On a alors
1 1 1
11−z1=−eiθ= e−iθ2i= 2 +icotanθ2
2 sinθ2 2

Quandθparcourt]02π[(ce qui revient à faire parcourir àzle cercle unité),
l’expression cotan(θ2)prend toutes les valeurs der. L’image du cercle unité est
la droite d’équationx= 12.

Exercice 11 :[énoncé]
On observe queB={i−i}est solution. Montrons qu’il n’y en a pas d’autres. . .
Posonsf:C→Cetg:C→Cdéfinies par

On remarque

f(z) = 1−z+z2etg(z) = 1 +z+z2

|f(z)−i|=|z+i| |z−(1 +i)|,|f(z) +i|=|z−i| |z−(1−i)|

|g(z)−i|=|z−i| |z+ 1 +i|et|g(z) +i|=|z+i| |z+ 1−i|

Soienta∈Bet(zn)n>0la suite d’éléments deBdéfinie parz0=aet pour tout
n∈N
zn+1=gf((zznn))seiseiRR((zznn))>600

Posons enfin

un=zn2+ 1=|z−i| |zn+i|
n

Si Re(zn)60alors

un+1=|f(zn)−i| |f(zn) +i|=un|zn−(1 +i)| |zn−(1−i)|

3

Selon le signe de la partie imaginaire dezn, l’un au moins des deux modules
|zn−(1 +i)|et|zn−(1−i)|est supérieur à√2alors que l’autre est supérieur à 1.
Ainsi
un+1>√2un
Si Re(zn)>0, on obtient le mme résultat.
On en déduit que siu06= 0alors la suite(un)n’est pas bornée. Or la partieBest
bornée doncu0= 0puisa=±i. AinsiB⊂ {i−i}.
SachantB6=∅et sachant que l’appartenance deientraîne celle de−iet
inversement, on peut conclure
B={i−i}

Exercice 12 :[énoncé]
Soitz∈C.
Siz∈R−alorsf(z) = 0.
Sinon, on peut écrirez=reiθavecr >0etθ∈]−π π[et alors

f(z) =r1 + e =rcosθeiθ2
2 2

Puisquecos(θ2)>0

donc

|f(z)|=r2ocsθetargf(z) =θ2

f(z)∈ {Z∈CReZ >0}

Inversement, soitZ∈Ctel que ReZ >0.
On peut écrireZ=ReiαavecR >0etα∈]−π2 π2[. Pour

R2iα
z= e
cosα

les calculs qui précèdent donnent

f(z) =Reiα=Z

Finalement, les valeurs prises parfsont les complexes de parties réelles
strictement positives ainsi que le complexe nul.

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Corrections

Exercice 13 :[énoncé]
Posonsx=Rezety=Imz. On a
1 +nz=1 +x+iy
n n
Pournassez grand, on a1 +xn >0et donc
1 +znn=rnneinθnavecrn=r1 +nx2+yn2etθn1+t=aanrcnyxn

Quandn→+∞
rnn= exp2nln

et

donc

n2n+2y2= exp
1 2x x
+ +

Exercice 14 :[énoncé]
a) En développant

n
22nx+o
×

nθn∼n×y→y
n
1 +nzn→exp(x)eiy=

exp(z)

n1→exp(x)

|z1+z2|2= (z1+z2)(z¯1+z¯2) =|z1|2+z1z¯2+z¯1z2+|z2|2

et la relation écrire est alors immédiate.
b) On a
|z1+z2|2+|z1−z2|264
donc parmi les quantités|z1+z2|et|z1−z2|, l’une au moins est de carré inférieur
à 2.

Exercice 15 :[énoncé]
Rappelons que siuest un complexe de module alors1u=u¯.
On a alors
(z−a)2= (z−a)1z¯−¯1a= (z−a¯a)(z¯¯a−z¯)=−a|z−z¯a|2

donc

abzz−−a2||zz−−ba||22∈R+?
=
b

4

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