Ensemble \(\ \mathbb{C}\ \) des nombres complexes
Forme algébrique d’un nombre complexe
- L’ensemble des réels \(\mathbb{R}\) est inclus dans \(\mathbb{C}\).
- Il existe un nombre complexe, noté \(i\), et tel que \(i^2=-1\).
- L’addition et la multiplication des réels se prolonge « naturellement » dans l’ensemble des complexes.
- Pour tout nombre complexe \(z\), il existe un unique couple de réels \((a,b)\) tel que \(z=a+ib\).
L’addition et la multiplication des nombres réels se prolongent naturellement pour les nombres complexes. Le nombre \(i\) joue le rôle de facteur. Il ne faut toutefois pas oublier que \(i^2=-1\), notamment pour la multiplication. Ainsi, on peut développer, factoriser, et l’on retrouve évidemment les identités remarquables.
\[zz’ = (2+5i)(1-3i)=2 \times 1 + 5i \times 1 + 2 \times (-3i) + 5i \times (-3i)=2+5i-6i -15i^2=17-i.\]
Enfin, \(z^2 = (2+5i)^2=4^2+2\times 2 \times 5i + (5i)^2 = 16+20i-25=-9+20i\).
Cliquer pour s’entraîner : forme algébrique d’une somme ou d’un produit
Réciproquement, supposons que \(z=0\), c’est-à-dire \(a+ib=0\).
Nous allons raisonner par l’absurde pour montrer que nécessairement, \(a\) et \(b\) valent tous deux 0. Pour cela, nous allons supposer le contraire et aboutir à une absurdité, ce qui nous permettra de conclure que l’hypothèse faite au départ était fausse.
Supposons donc que soit \(a\), soit \(b\) ne soit pas nul.
- Si \(b=0\), puisque \(a+ib=0\), on obtient également que \(a=0\), ce qui est contraire à ce que nous avons supposé. Ainsi, on a forcément \(b \neq 0\).
- Si \(b\neq 0\), alors, puisque \(a+ib=0\), on a donc \(i=-\dfrac{a}{b}\). \(i\) serait donc le quotient de deux nombres réels, et serait donc lui aussi un réel. C’est absurde.
Ainsi, \(a=b=0\).
Finalement, \(a+ib=a’+ib’\) si et seulement si \(a=a’\) et \(b=b’\).
Partie réelle et partie imaginaire d’un nombre complexe
Nous venons donc de démontrer que l’écriture \(z=a+ib\) d’un nombre complexe \(z\) est unique. On peut donc définir la partie réelle et la partie imaginaire d’un nombre complexe.
- \(a\) est appelée partie réelle de \(z\), notée \(Re(z)\).
- \(b\) est appelée partie imaginaire de \(z\), notée \(Im(z)\).
- L’écriture \(z=a+ib\) est la forme algébrique de \(z\).
- \(Re(z+z’)=Re(z)+Re(z’)\) et \(Im(z+z’)=Im(z)+Im(z’)\) ;
- \(Re(zz’)=Re(z)Re(z’)-Im(z)Im(z’)\) et \(Im(zz’)=Re(z)Im(z’)+Im(z)Re(z’)\).
On a \(z+z’=(a+ib)+(a’+ib’)=(a+a’)+i(b+b’)\).
Ainsi, \(Re(z+z’)=a+a’=Re(z)+Re(z’)\) et \(Im(z+z’)=b+b’=Im(z)+Im(z’)\).
Par ailleurs,
\[zz’=(a+ib)(a’+ib’)=aa’+iab’+ia’b+i^2bb’=aa’-bb’+i(ab’+a’b).\]
Ainsi, \(Re(zz’)=aa’-bb’=Re(z)Re(z’)-Im(z)Im(z’)\) et \(Im(zz’)=ab’+a’b=Re(z)Im(z’)+Im(z)Re(z’)\).
- \(z\) est un nombre réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle.
- Si \(Re(z)=0\), on dit que \(z\) est un nombre imaginaire pur. On note \(z \in i\mathbb{R}\).
Résolution d’équations dans \(\ \mathbb{C}\ \)
L’unicité de l’écriture d’un nombre complexe sous forme algébrique permet de résoudre des équations dans \(\mathbb{C}\).
Soit \(z \in \mathbb{C}\). On a
\[2z+i-3=5i+4z-7 \Leftrightarrow 2z-4z = 5i – 7 +3 – i \Leftrightarrow -2z = -4 +4i \Leftrightarrow z = 2 – 2i\]
Ainsi, l’ensemble des solutions est \(S=\{2-2i\}\).
Nous pouvons donc résoudre des équations dans \(\mathbb{C}\) en utilisant les mêmes méthodes que pour les équations dans \(\mathbb{R}\), à la différence que l’on peut avoir des solutions qui ne sont pas réelles. Il est également possible de poser \(z=a+ib\) et d’identifier les parties réelles et imaginaires de chaque membre de l’équation.
Toutefois, il est important de garder à l’esprit que l’on ne peut pas comparer deux nombres complexes. Il n’existe pas de relation d’ordre sur \(\mathbb{C}\). On ne résout donc pas d’inéquations dans \(\mathbb{C}\).
Conjugué d’un nombre complexe
Définition et propriétés
Le conjugué de \(z\) est le nombre complexe noté \(\overline{z}\) et qui vaut \(\overline{z}=a-ib\).
- \(z\) est réel si et seulement si \(\overline{z}=z\) ;
- \(z\) est imaginaire pur si et seulement si \(\overline{z}=-z\).
- Si \(z=\overline{z}\), alors \(a+ib=a-ib\) ce qui implique que \(2ib=0\) et donc \(b=0\). \(z\) est donc réel.
- Si \(z\) est réel, alors \(b=0\). Ainsi, \(z=a\) et \(\overline{z}=a\). On a bien \(z=\overline{z}\).
La démonstration du deuxième point fait l’objet d’un exercice.
\[\overline{\overline{z}} = z \qquad \qquad \overline{z+z’}=\overline{z}+\overline{z’} \qquad \qquad \overline{zz’}=\overline{z}\times \overline{z’}\]
On a \(\overline{\overline{z}} = \overline{a-ib}=a-(-ib)=a+ib=z\).
Par ailleurs, \(\overline{z+z’} = \overline{a+ib+a’+ib’}=\overline{a+a’+i(b+b’)}=a+a’-i(b+b’)=a-ib+a’-ib’=z-z’\).
Pour montrer la propriété sur le produit, on raisonne en deux temps.
- D’une part, \[\overline{z} \times \overline{z’}=(a-ib)(a’-ib’)=aa’-iab’-ia’b+i^2bb’=aa’-bb’-i(ab’+a’b).\]
- D’autre part, \[zz’=(a+ib)(a’+ib’)=aa’+iab’+ia’b+i^2bb’=aa’-bb’+i(ab’+a’b).\]
On a bien \(\overline{zz’}=\overline{z}\times \overline{z’}\).
Pour tout entier naturel non nul \(n\), on considère la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : « \(\overline{z^n}=\overline{z}^n\) ».
- Initialisation : Pour \(n=1\), on a \(\overline{z^1}=\overline{z}=\overline{z}^1\). \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
- Hérédité : Soit \(n\) un entier naturel non nul. Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie. On a donc \(\overline{z^n}=\overline{z}^n\).
Or, \(\overline{z^{n+1}}=\overline{z^n \times z}\). La propriété précédente nous assure donc que \(\overline{z^{n+1}}=\overline{z^n} \times \overline{z}\).
Or, par hypothèse de récurrence, \(\overline{z^n}=\overline{z}^n\).
Ainsi, \(\overline{z^{n+1}}=\overline{z}^n \times \overline{z}=\overline{z}^{n+1}\). \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
- Conclusion : Par récurrence, \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout entier naturel non nul \(n\).
\[z\overline{z}=a^2+b^2.\]
\[(a+ib)(a-ib)=a^2-(ib)^2=a^2-i^2b^2=a^2+b^2.\]
Résolution d’équation en \(\ z\ \) et \(\ \overline{z}\ \)
Lorsque des équations font intervenir \(z\) et \(\overline{z}\), il est préférable d’écrire ces nombres sous forme algébrique, puis d’identifier les parties réelles et imaginaires de chaque membre de l’équation.
On pose alors \(z=a+ib\). On a donc \(\overline{z}=a-ib\). Ainsi,
\begin{eqnarray*}
2z + 3i -5 = 3i\overline{z}-2i+7 & \Leftrightarrow & 2(a+ib)+3i-5=3i(a-ib)-2i+5 \\
& \Leftrightarrow & 2a+2ib+3i-5=3ia+3b-2i+5=0 \\
& \Leftrightarrow & 2a-3b-5-5 +i(2b+3-3a+2)=0 \\
& \Leftrightarrow & 2a -3b-10 + i (2b-3a+5)=0
\end{eqnarray*}
Or, un complexe est nul si et seulement si sa partie réelle et sa partie imaginaire sont nulles. On obtient donc le système suivant.
\[(E) \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{array}{rcl}
2a -3b-10 &=& 0\\
-3a+2b+5 &=& 0
\end{array}\right.\]
On peut alors résoudre ce système avec la méthode de son choix. Par exemple, en procédant par combinaison. On multiplie la première ligne par 3 et la deuxième par 2.
\[(E) \quad \Leftrightarrow \quad\left\{\begin{array}{rcl}
6a -9b-30 &=& 0\\
-6a+4b+10 &=& 0
\end{array}\right.\]
On remplace \(L_2\) par \(L_2+L_1\)
\[(E) \quad \Leftrightarrow \quad\left\{\begin{array}{rcl}
6a -9b-30 &=& 0\\
-5b-20 &=& 0
\end{array}\right.\]
On obtient donc
\[(E) \quad \Leftrightarrow \quad\left\{\begin{array}{rcl}
6a -9\times (-4)-30 &=& 0\\
b &=& -4
\end{array}\right. \Leftrightarrow \quad\left\{\begin{array}{rcl}
6a +6 &=& 0\\
b &=& -4
\end{array}\right. \Leftrightarrow \quad\left\{\begin{array}{rcl}
a &=& -1\\
b &=& -4
\end{array}\right.\]
On a donc \(S=\{ -1-4i\}\).
Division dans \(\ \mathbb{C}\ \)
Jusqu’à présent, nous avons vu que l’addition, la soustraction et la multiplication s’étendent naturellement à l’ensemble \(\mathbb{C}\). En appliquant les règles de calcul usuelles, le résultat de ces opérations s’exprime facilement sous forme algébrique.
L’extension de la division soulève en revanche une difficulté : que signifie diviser par un nombre complexe comme \(2+3i\) ? Cette division aboutit-elle à un complexe ? Si oui, comment l’exprimer sous forme algébrique ?
Pour contourner ce problème, il faut se ramener à une notion fondamentale. Dans l’ensemble des nombres réels, diviser par un nombre non nul revient simplement à multiplier par son inverse. Nous allons adopter exactement la même démarche dans \(\mathbb{C}\) : avant de pouvoir définir le quotient de deux nombres complexes, il nous faut d’abord prouver que tout nombre complexe non nul possède un inverse par rapport à la multiplication.
Inverse d’un complexe
Puisque \(z \neq 0\), les réels \(a\) et \(b\) ne sont pas simultanément nuls, ce qui garantit que \(a^2+b^2 \neq 0\).
Soit \(z’\) un complexe. Soient \(x\) et \(y\) les deux réels tels que \(z’=x+iy\). Alors
\[(E)\,:\,zz’=1 \Leftrightarrow (a+ib)(x+iy) = 1 \Leftrightarrow (ax-by) + i(bx+ay) = 1 + 0i.\]
Deux nombres complexes sont égaux si et seulement si leurs parties réelles et imaginaires sont égales. On obtient donc le système linéaire suivant, d’inconnues \(x\) et \(y\) :
\[(E) \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{array}{rcl}
ax – by &=& 1 \quad (L_1)\\
bx + ay &=& 0 \quad (L_2)
\end{array}\right.\]
Distinguons alors trois cas :
- Si \(b=0\), on a alors \(a\neq 0\). Ainsi \((E) \Leftrightarrow x= \dfrac{1}{a}\text{ et } y =0\).
L’unique inverse de \(z=a\) est donc \(\dfrac{1}{a}\) (on retrouve ici le cas réel). - Si \(a=0\), on a alors \(b \neq 0\). Ainsi, \((E)\Leftrightarrow x=0\text{ et } y =-\dfrac{1}{b}\).
L’unique inverse de \(z=ib\) est donc \(-\dfrac{1}{b}i\).
On suppose désormais que \(a\neq 0\) et \(b\neq 0\).
Puisque \(a \neq 0\) et \(b \neq 0\), on peut multiplier \(L_1\) par \(a\) et \(L_2\) par \(b\) en conservant l’équivalence stricte du système :
\[ (E) \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{array}{rcl}
a^2x – aby &=& a \quad (L_1′)\\
b^2x + aby &=& 0 \quad (L_2′)
\end{array}\right. \]
On remplace la première ligne par la somme des deux lignes (\(L_1′ \leftarrow L_1′ + L_2’\)), ce qui conserve l’équivalence :
\[ (E) \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{array}{rcl}
(a^2+b^2)x &=& a \\
b^2x + aby &=& 0
\end{array}\right. \]
Puisque \(a^2+b^2 \neq 0\), on peut isoler \(x\) dans la première ligne, puis substituer cette expression dans la seconde :
\[ (E) \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{array}{rcl}
x &=& \dfrac{a}{a^2+b^2} \\[1em]
b^2 \times \left( \dfrac{a}{a^2+b^2} \right) + aby &=& 0
\end{array}\right. \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{array}{rcl}
x &=& \dfrac{a}{a^2+b^2} \\[1em]
aby &=& – \dfrac{ab^2}{a^2+b^2}
\end{array}\right. \]
Puisque \(a \neq 0\) et \(b \neq 0\), on peut diviser la deuxième ligne par \(ab\) :
\[ (E) \quad \Leftrightarrow \quad \left\{\begin{array}{rcl}
x &=& \dfrac{a}{a^2+b^2} \\[1em]
y &=& – \dfrac{b}{a^2+b^2}
\end{array}\right. \]
Le système admet donc un unique couple solution. Il existe ainsi un unique nombre complexe \(z’\) tel que \(zz’=1\), qui est :
\[ z’ = \dfrac{a}{a^2+b^2} – i\dfrac{b}{a^2+b^2} \]
L’unique complexe \(z’\) tel que \(zz’=1\) est appelé inverse de \(z\) et est noté \(\dfrac{1}{z}\) ou \(z^{-1}\).
Déterminons l’inverse du nombre complexe \(z = 1+2i\).
En appliquant la formule démontrée précédemment, on obtient :
\[\dfrac{1}{1+2i} = \dfrac{1}{1^2+2^2} – i\dfrac{2}{1^2+2^2} = \dfrac{1}{5} – \dfrac{2}{5}i\]
On peut par ailleurs vérifier que \((1+2i)\left(\dfrac{1}{5} – \dfrac{2}{5}i\right) = 1\).
Dans la pratique, on n’utilise presque jamais la formule de l’inverse telle quelle pour calculer un quotient.
En observant l’expression de l’inverse trouvée dans la démonstration (\(z’ = \dfrac{a}{a^2+b^2} – i\dfrac{b}{a^2+b^2}=\dfrac{a-ib}{a^2+b^2}\)), on remarque que le numérateur correspond exactement au conjugué \(\overline{z} = a-ib\), et le dénominateur correspond au produit \(z\overline{z} = a^2+b^2\) (qui est un nombre réel positif).
On a en réalité \(\dfrac{1}{z} = \dfrac{\overline{z}}{z\overline{z}}\) (ce quotient est bien défini puisque le dénominateur est un réel strictement positif).
Quotient de deux complexes
On définit le quotient de \(z\) par \(z’\) par \(\dfrac{z}{z’}=z \times \dfrac{1}{z’}\).
Dans la pratique, pour exprimer un quotient sous forme algébrique, on utilise la remarque précédente.
Puisque \(\dfrac{1}{z’} = \dfrac{\overline{z’}}{z’\overline{z’}}\), l’opération de division revient à écrire \(\dfrac{z}{z’} = z \times \dfrac{\overline{z’}}{z’\overline{z’}} = \dfrac{z\overline{z’}}{z’\overline{z’}}\).
Pour écrire un quotient sous forme algébrique, on multiplie donc le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur.
Le dénominateur est \(3-i\), dont le conjugué est \(3+i\). On multiplie donc numérateur et dénominateur par \(3+i\).
\[ \dfrac{4+3i}{3-i}= \dfrac{(4+3i)(3+i)}{(3-i)(3+i)}=\dfrac{12+4i+9i+3i^2}{3^2-i^2}=\dfrac{12+13i-3}{9-(-1)}=\dfrac{9}{10}+\dfrac{13}{10}i.\]
Cliquer pour s’entraîner : forme algébrique d’un quotient
\begin{eqnarray*}
2z+3-i=(1+i)z-2+i & \Leftrightarrow & 2z-(1+i)z=-2+i-3+i \\
& \Leftrightarrow & (1-i)z = -5+2i \\
& \Leftrightarrow & z = \dfrac{-5+2i}{1-i}
\end{eqnarray*}
Or, \(\dfrac{-5+2i}{1-i}=\dfrac{(-5+2i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\dfrac{-5-5i+2i-2}{1^2-i^2}=\dfrac{-7-3i}{2}=-\dfrac{7}{2}-\dfrac{3}{2}i.\)
L’unique solution de l’équation \(2z+3-i=(1+i)z-2+i\) est donc \(-\dfrac{7}{2}-\dfrac{3}{2}i\).
\[ \overline{\left(\dfrac{1}{z’}\right)} = \dfrac{1}{\overline{z’}} \quad \text{et} \quad \overline{\left(\dfrac{z}{z’}\right)} = \dfrac{\overline{z}}{\overline{z’}}.\]
D’après la propriété sur le produit des conjugués, on a \(\overline{z} \times \overline{\dfrac{1}{z}}=\overline{z \times \dfrac{1}{z}} = \overline{1}=1\) et donc
\(\overline{\left(\dfrac{1}{z}\right)} = \dfrac{1}{\overline{z}}\).
Par ailleurs, \(\overline{\left(\dfrac{z}{z’}\right)} = \overline{z \times \dfrac{1}{z’}} = \overline{z} \times \overline{\left(\dfrac{1}{z’}\right)}\)
d’après la proposition sur le conjugué du produit.
Mais alors, d’après la propriété précédemment démontrée, \(\overline{\left(\dfrac{z}{z’}\right)} = \overline{z} \times \dfrac{1}{\overline{z’}}= \dfrac{\overline{z}}{\overline{z’}}\).
Équations du second degré à coefficients réels
Les solutions de l’équation \(z^2=-a\) d’inconnue complexe \(z\) sont les complexes \(i\sqrt{a}\) et \(-i\sqrt{a}\).
Ainsi, \(z^2+a=0\) si et seulement si \(z-i\sqrt{a}=0\) ou \(z+i\sqrt{a}=0\), d’où le résultat.
L’exemple que nous venons de voir est un peu simpliste mais permet de vous rafraîchir la mémoire. Passons donc aux choses sérieuses.
Notons \(\Delta = b^2-4ac\) le discriminant du polynôme \(P\).
- Si \(\Delta >0\), alors \(P\) admet deux racines réelles distinctes : \(\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\) et \(\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\) ;
- Si \(\Delta = 0\), alors \(P\) admet une racine réelle double : \(-\dfrac{b}{2a}\) ;
- Si \(\Delta <0\), alors \(P\) admet deux racines complexes conjuguées : \(\dfrac{-b-i\sqrt{-\Delta}}{2a}\) et \(\dfrac{-b+i\sqrt{-\Delta}}{2a}\).
\[az^2+bz+c = a\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2- \dfrac{\Delta}{4a} = a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2- \dfrac{\Delta}{4a^2}\right).\]
- Si \(\Delta > 0\), alors, pour tout complexe \(z\),
\[az^2+bz+c = a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2- \left(\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)^2\right) = a\left(z+\dfrac{b-\sqrt{\Delta}}{2a}\right)\left(z+\dfrac{b+\sqrt{\Delta}}{2a}\right).\]
Ainsi, \(P\) possède deux racines réelles qui sont \(\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\) et \(\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\). - Si \(\Delta =0\), alors pour tout complexe \(z\), \(az^2+bz+c = a\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2\). L’unique racine de \(P\) est \(-\dfrac{b}{2a}\).
- Si \(\Delta <0\), alors \(-\Delta >0\). Ainsi, pour tout complexe \(z\),
\[az^2+bz+c = a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2+ \left(- \dfrac{\Delta}{4a^2}\right)\right)= a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2- i^2 \times \left(\sqrt{\dfrac{-\Delta}{4a^2}}\right)^2\right).\]On se retrouve dans le même cas que dans la propriété précédente, et on procède donc de la même manière. Pour tout complexe \(z\),
\[az^2+bz+c=a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2- \left(\dfrac{i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2\right) = a\left(z+\dfrac{b-i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)\left(z+\dfrac{b+i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right).\]
Ainsi, \(P\) admet deux racines complexes conjuguées : \(\dfrac{-b-i\sqrt{-\Delta}}{2a}\) et \(\dfrac{-b+i\sqrt{-\Delta}}{2a}\).
Le discriminant du polynôme \(2z^2+3z+5\) vaut \(3^2-4\times 2 \times 5=-31<0\). L'équation \(2z^2+3z+5=0\) possède donc deux solutions : \(z_1=\dfrac{-3+i\sqrt{31}}{4}\) et \(z_2=\dfrac{-3-i\sqrt{31}}{4}\).
Si \(z_1\) et \(z_2\) sont les deux racines du polynôme \(az^2+bz+c\), alors pour tout complexe \(z\), on a
\[az^2+bz+c=a(z-z_1)(z-z_2).\]
