Nombres complexes : propriétés du module — Exercices 29 à 31
2e Bac Sciences Mathématiques — Manuel Al Moufid
Le module d’un nombre complexe permet non seulement de calculer des distances, mais aussi de démontrer des inégalités et de reconnaître des propriétés algébriques. L’inégalité triangulaire fournit des majorations utiles ; les relations entre le module et le conjugué simplifient les expressions fractionnaires.
Dans l’exercice 29, nous apprendrons à reconstituer un nombre à partir d’une somme pour appliquer correctement l’inégalité triangulaire. L’exercice 30 portera sur les complexes non nuls et les nombres de module 1 : nous y utiliserons le conjugué pour établir des égalités de modules et caractériser des nombres réels ou imaginaires purs. Enfin, l’exercice 31 montrera comment exploiter une hypothèse sur le module pour calculer une partie réelle ou prouver qu’un quotient complexe est réel. À chaque question, la propriété utilisée sera justifiée avant les calculs.
Repères de cours — Propriétés du module
Inégalité triangulaire (proposition 17). Pour tous nombres complexes \(u\) et \(v\),
\[ \boxed{|u+v|\leq |u|+|v|}. \]Pour une somme de trois complexes, on applique cette propriété deux fois : \(|u+v+w|\leq |u|+|v|+|w|\). De plus, \(|-u|=|u|\).
Module, produit et conjugué (proposition 16). Pour tout complexe \(w\),
\[ |w|^2=w\overline w, \qquad |\overline w|=|w|. \]Si \(w\neq0\), les quotients sont définis et l’on peut écrire :
\[ \frac{w}{|w|^2}=\frac1{\overline w}. \]En particulier, si \(|w|=1\), alors \(w\neq0\) et
\[ \boxed{\overline w=\frac1w}. \]Critères du cours. Pour \(W\in\mathbb C\),
\[ W\in\mathbb R\iff\overline W=W, \qquad W\in i\mathbb R\iff\overline W=-W. \]Enfin, \(W+\overline W=2\operatorname{Re}(W)\). Ces critères évitent souvent de chercher directement les parties réelle et imaginaire d’un quotient.
Exercice 29 — Inégalité triangulaire
Question 1 — Établir une inégalité
Soit \(a\), \(b\) et \(c\) des nombres complexes. Montrer que :
\[ |1+a|+|a+b|+|b|\ge 1. \]Afficher la correctionMasquer la correction
L’inégalité triangulaire donne, pour trois complexes \(u,v,w\),
\[ |u+v+w|\leq |u|+|v|+|w|. \]Pour obtenir une minoration d’une somme de modules, il est judicieux de reconnaître un nombre dont le module est déjà connu.
Nous cherchons à écrire le nombre \(1\) comme une somme algébrique faisant apparaître exactement les expressions \(1+a\), \(a+b\) et \(b\). L’inégalité triangulaire fournira alors le sens demandé.
Étape 1 — Construire l’égalité utile. Les termes contenant \(a\) et \(b\) doivent se compenser. Nous remarquons que :
\[ 1=(1+a)-(a+b)+b. \]Étape 2 — Appliquer le cours. En prenant le module de chaque membre, puis en appliquant l’inégalité triangulaire à cette somme de trois nombres complexes, nous obtenons :
\[ \begin{aligned} 1 &=|1|\\ &=|(1+a)-(a+b)+b|\\ &\le |1+a|+|-(a+b)|+|b|. \end{aligned} \]Or \(|-(a+b)|=|a+b|\), car deux complexes opposés ont le même module. En remplaçant ce terme, nous trouvons exactement la minoration demandée.
Quelles que soient les valeurs de \(a\) et \(b\), les trois modules ne peuvent pas avoir une somme inférieure à \(1\). L’intérêt de la méthode n’est pas de calculer séparément ces modules, mais d’identifier une combinaison qui restitue le nombre \(1\).
Pour montrer qu’une somme de modules est supérieure à un réel positif, chercher d’abord une identité algébrique qui permet d’utiliser l’inégalité triangulaire. Ici, la lettre \(c\) figure dans les hypothèses de l’énoncé, mais n’intervient pas dans l’inégalité à démontrer.
Question 2 — Deux modules avec \(|z|=1\)
Soit \(z\) un nombre complexe de module \(1\). Que peut-on dire de :
\[ |1+z^2|+|1-z^2|\, ? \]Afficher la correctionMasquer la correction
Pour tous complexes \(u\) et \(v\), nous avons \(|u+v|\le|u|+|v|\). En retrouvant \(u+v\), cette relation permet de minorer la somme \(|u|+|v|\).
Les expressions \(1+z^2\) et \(1-z^2\) ont des termes opposés. Leur addition élimine \(z^2\) et donne un réel dont le module est immédiatement connu.
Nous commençons par remarquer l’identité :
\[ 2=(1+z^2)+(1-z^2). \]Nous appliquons maintenant l’inégalité triangulaire à cette somme de deux complexes :
\[ \begin{aligned} 2 &=|2|\\ &=|(1+z^2)+(1-z^2)|\\ &\le |1+z^2|+|1-z^2|. \end{aligned} \]Nous obtenons donc la propriété établie dans la correction initiale :
La somme demandée est toujours au moins égale à \(2\). Remarquons que cette minoration provient uniquement de l’inégalité triangulaire : elle reste vraie pour tout complexe \(z\), même sans l’hypothèse \(|z|=1\).
L’hypothèse donnée permet d’obtenir une information supplémentaire, sans changer la minoration démontrée. D’après l’identité sur les carrés des modules de l’exercice 28, appliquée à \(1\) et \(z^2\), on a :
\[ |1+z^2|^2+|1-z^2|^2=2(1+|z^2|^2)=4. \]En posant \(A=|1+z^2|\) et \(B=|1-z^2|\), les nombres \(A\) et \(B\) sont positifs, et \((A-B)^2\ge0\). Ainsi \(2AB\le A^2+B^2\), d’où :
\[ (A+B)^2\le2(A^2+B^2)=8. \]Par conséquent, sous l’hypothèse \(|z|=1\), on obtient l’encadrement plus précis :
\[ \boxed{2\le |1+z^2|+|1-z^2|\le2\sqrt2}. \]Cet encadrement complète le résultat initial : il ne remplace pas la démonstration de la minoration demandée.
Exercice 30 — Quotients et complexes de module 1
Question 1 — Égalité de deux modules
Soit \(z\) et \(z'\) deux nombres complexes non nuls. Montrer que :
\[ \left|\frac{z}{|z|^2}-\frac{z'}{|z'|^2}\right| =\frac{|z-z'|}{|z|\times |z'|}. \]Afficher la correctionMasquer la correction
Pour un complexe non nul \(w\), \(|w|^2=w\overline w\), donc \(\frac{w}{|w|^2}=\frac1{\overline w}\). On utilisera également les propriétés du module d’un quotient et d’un produit.
Le premier membre contient deux quotients dont les dénominateurs sont des carrés de modules. Nous allons les remplacer par des inverses de conjugués, réduire au même dénominateur et prendre ensuite le module.
Étape 1 — Vérifier les dénominateurs. Puisque \(z\ne0\) et \(z'\ne0\), leurs modules sont strictement positifs, et \(\overline z\), \(\overline {z'}\) sont non nuls. Toutes les fractions utilisées dans le calcul sont donc définies.
Comme \(z\ne0\), on a :
\[ |z|^2=z\overline z, \qquad \frac{z}{|z|^2}=\frac{z}{z\overline z}=\frac{1}{\overline z}. \]De même :
\[ \frac{z'}{|z'|^2}=\frac{1}{\overline {z'}}. \]Étape 2 — Réduire les fractions. Nous remplaçons les deux quotients puis prenons leur différence. Le produit \(\overline z\,\overline{z'}\) est non nul, ce qui permet de réduire au même dénominateur.
\[ \begin{aligned} \left|\frac{z}{|z|^2}-\frac{z'}{|z'|^2}\right| &=\left|\frac{1}{\overline z}-\frac{1}{\overline {z'}}\right|\\ &=\left|\frac{\overline {z'}-\overline z}{\overline z\,\overline {z'}}\right|\\ &=\frac{|\overline {z'-z}|}{|\overline z|\,|\overline {z'}|}\\ &=\frac{|z'-z|}{|z|\,|z'|}. \end{aligned} \]Étape 3 — Conclure. Le module ne change pas lorsqu’on remplace un complexe par son opposé ; ainsi \(|z'-z|=|z-z'|\). On obtient :
La distance entre les deux nombres transformés \(\frac{z}{|z|^2}\) et \(\frac{z'}{|z'|^2}\) s’exprime à partir de la distance \(|z-z'|\), divisée par le produit des modules. La méthode repose sur le passage du quotient au conjugué et non sur un développement des formes algébriques.
Soit \(a\), \(b\) et \(c\) des nombres complexes de module \(1\).
Question 2.a — Modules de deux sommes
Montrer que :
\[ |ab+bc+ca|=|a+b+c|. \]Afficher la correctionMasquer la correction
Si \(|w|=1\), alors \(w\ne0\) et \(\overline w=\frac1w\). De plus, le module d’un produit est le produit des modules et \(|\overline w|=|w|\).
Nous allons essayer d’exprimer \(ab+bc+ca\) comme le produit de \(abc\) par le conjugué de \(a+b+c\). La prise des modules donnera alors immédiatement l’égalité voulue.
Étape 1 — Exploiter les hypothèses. Chacun des nombres \(a,b,c\) est de module \(1\), donc aucun n’est nul. Il vient :
\[ \overline a=\frac{1}{a}, \qquad \overline b=\frac{1}{b}, \qquad \overline c=\frac{1}{c}. \]Étape 2 — Construire la factorisation. En multipliant la somme des conjugués par \(abc\), chaque dénominateur se simplifie :
\[ abc(\overline a+\overline b+\overline c)=bc+ac+ab=ab+bc+ca. \]Étape 3 — Prendre les modules. La propriété multiplicative et l’égalité \(|abc|=|a||b||c|=1\) permettent d’écrire :
\[ \begin{aligned} |ab+bc+ca| &=|abc|\,|\overline a+\overline b+\overline c|\\ &=1\times |\overline{a+b+c}|\\ &=|a+b+c|. \end{aligned} \]Les deux expressions n’ont pas nécessairement la même valeur complexe, mais elles ont le même module. En effet, la seconde se transforme en la première par conjugaison puis multiplication par \(abc\), dont le module vaut \(1\).
Question 2.b — Réalité et caractère imaginaire pur
Montrer que si \(ac\ne -1\), alors :
\[ \frac{a+c}{1+ac}\in\mathbb R \qquad\text{et}\qquad \frac{(c-b)(1+ab)}{b(1+ac)}\in i\mathbb R. \]Afficher la correctionMasquer la correction
Pour un complexe \(W\), le critère \(\overline W=W\) caractérise les réels, tandis que \(\overline W=-W\) caractérise les imaginaires purs. Nous utiliserons \(\overline a=1/a\), \(\overline b=1/b\), \(\overline c=1/c\), puisque leurs modules sont égaux à \(1\).
Avant de conjuguer les quotients, vérifions qu’ils existent. L’hypothèse \(ac\ne-1\) assure \(1+ac\ne0\), et \(|b|=1\) assure \(b\ne0\). Nous pourrons donc calculer les conjugués des deux fractions et les comparer à leurs valeurs initiales.
Première appartenance à \(\mathbb R\). Posons :
\[ X=\frac{a+c}{1+ac}. \]Le dénominateur est non nul. En conjuguant le quotient, puis en remplaçant les conjugués de \(a\) et de \(c\) par leurs inverses, nous obtenons :
\[ \begin{aligned} \overline X &=\frac{\overline a+\overline c}{1+\overline a\,\overline c}\\ &=\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}{1+\frac{1}{ac}}\\ &=\frac{\frac{a+c}{ac}}{\frac{1+ac}{ac}}\\ &=\frac{a+c}{1+ac}=X. \end{aligned} \]Dans ce calcul, nous pouvons simplifier par \(ac\), car \(|a|=|c|=1\) implique \(ac\ne0\). Puisque \(\overline X=X\), le critère de réalité s’applique.
Deuxième appartenance à \(i\mathbb R\). Posons :
\[ Y=\frac{(c-b)(1+ab)}{b(1+ac)}. \]Son dénominateur est non nul, puisque \(b\ne0\) et \(1+ac\ne0\). Pour établir que \(Y\) est imaginaire pur, nous cherchons cette fois à prouver \(\overline Y=-Y\), plutôt que \(\overline Y=Y\).
Nous conjuguons chaque facteur puis utilisons les trois égalités \(\overline a=1/a\), \(\overline b=1/b\) et \(\overline c=1/c\) :
\[ \begin{aligned} \overline Y &=\frac{(\overline c-\overline b)(1+\overline a\,\overline b)}{\overline b(1+\overline a\,\overline c)}\\ &=\frac{\left(\frac{1}{c}-\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{ab}\right)}{\frac{1}{b}\left(1+\frac{1}{ac}\right)}\\ &=\frac{\left(\frac{b-c}{bc}\right)\left(\frac{1+ab}{ab}\right)}{\frac{1+ac}{abc}}\\ &=-\frac{(c-b)(1+ab)}{b(1+ac)}\\ &=-Y. \end{aligned} \]Le signe moins provient de \(b-c=-(c-b)\). Cette dernière égalité entraîne \(Y+\overline Y=0\), donc \(2\operatorname{Re}(Y)=0\). La partie réelle de \(Y\) est nulle : \(Y\) est imaginaire pur.
La même hypothèse \(|a|=|b|=|c|=1\) conduit à deux conclusions différentes : le premier quotient est égal à son conjugué, le second lui est opposé. Dans les deux cas, ce sont les propriétés du conjugué, et non un développement cartésien, qui permettent de conclure efficacement.
La relation \(\overline w=1/w\) ne doit être appliquée qu’à un complexe non nul. Ici, cette non-nullité est automatiquement garantie par les hypothèses de module \(1\). Il faut aussi utiliser explicitement \(ac\ne-1\) avant de travailler avec \(1+ac\) au dénominateur.
Exercice 31 — Quotients et critère de réalité
Soit \(u\) un nombre complexe tel que \(|u|=1\) et \(u\ne1\).
Question 1 — Calculer une partie réelle
Montrer que :
\[ \operatorname{Re}\left(\frac{1}{1-u}\right)=\frac{1}{2}. \]Afficher la correctionMasquer la correction
Pour tout complexe \(W\), \(W+\overline W=2\operatorname{Re}(W)\). Si \(|u|=1\), alors \(u\ne0\) et \(\overline u=1/u\).
Nous voulons obtenir la partie réelle de \(1/(1-u)\) sans développer un quotient complexe. Pour cela, nous calculerons son conjugué et formerons leur somme : elle est égale à deux fois la partie réelle cherchée.
Étape 1 — Vérifier les conditions. L’hypothèse \(u\ne1\) garantit \(1-u\ne0\). D’autre part, \(|u|=1\) implique \(u\ne0\). Les quotients qui apparaîtront dans le calcul sont donc bien définis.
Posons :
\[ W=\frac{1}{1-u}. \]Comme \(|u|=1\), on a \(\overline u=\frac1u\). Calculons le conjugué du quotient :
\[ \begin{aligned} \overline W &=\overline{\left(\frac{1}{1-u}\right)}\\ &=\frac{1}{1-\overline u}\\ &=\frac{1}{1-\frac{1}{u}}\\ &=\frac{u}{u-1}\\ &=-\frac{u}{1-u}. \end{aligned} \]Étape 2 — Additionner les conjugués. Les deux fractions ont désormais le même dénominateur. Leur somme se simplifie :
\[ \begin{aligned} W+\overline W &=\frac{1}{1-u}-\frac{u}{1-u}\\ &=\frac{1-u}{1-u}=1. \end{aligned} \]Or \(W+\overline W=2\operatorname{Re}(W)\). Nous en déduisons \(2\operatorname{Re}(W)=1\), ce qui donne la valeur cherchée.
Lorsque \(u\) parcourt le cercle unité privé du point d’affixe \(1\), l’image du quotient \(W=1/(1-u)\) possède toujours la même partie réelle : \(1/2\). Le point d’affixe \(W\) appartient donc à la droite verticale d’équation \(x=1/2\).
Question 2 — Montrer qu’un quotient est réel
Montrer que si \(z\in\mathbb C\setminus\mathbb R\), alors :
\[ \frac{z-u\overline z}{1-u}\in\mathbb R. \]Afficher la correctionMasquer la correction
Un complexe \(A\) est réel si et seulement si \(\overline A=A\). Pour conjuguer un quotient, on doit vérifier au préalable que son dénominateur est non nul.
Nous utiliserons \(|u|=1\), donc \(\overline u=1/u\), pour calculer le conjugué du quotient. Nous simplifierons ensuite son expression afin de retrouver exactement le complexe initial.
Étape 1 — Définir le quotient. Posons :
\[ A=\frac{z-u\overline z}{1-u}. \]Le dénominateur \(1-u\) est non nul, puisque \(u\ne1\). De plus, \(u\ne0\) en raison de \(|u|=1\). Nous pouvons donc utiliser les propriétés de la conjugaison des quotients.
Étape 2 — Calculer \(\overline A\). Le conjugué d’une différence est la différence des conjugués et \(\overline{u\overline z}=\overline u z\). Il vient :
\[ \begin{aligned} \overline A &=\frac{\overline z-\overline u z}{1-\overline u}\\ &=\frac{\overline z-\frac{z}{u}}{1-\frac{1}{u}}\\ &=\frac{u\overline z-z}{u-1}\\ &=\frac{z-u\overline z}{1-u}\\ &=A. \end{aligned} \]La troisième égalité résulte d’une multiplication du numérateur et du dénominateur par \(u\), licite parce que \(u\ne0\). La quatrième provient du changement simultané des signes du numérateur et du dénominateur.
Étape 3 — Conclure. Nous avons démontré \(\overline A=A\). Par le critère de réalité du cours, le quotient \(A\) appartient à \(\mathbb R\).
Le résultat repose entièrement sur la relation entre \(u\) et son conjugué. La démonstration ne requiert pas la forme \(z=x+iy\) : elle permet donc de prouver directement la réalité du quotient. En fait, le même calcul demeure valable pour tout \(z\in\mathbb C\) ; l’hypothèse \(z\notin\mathbb R\) est conservée telle qu’elle figure dans l’énoncé.
À retenir — Propriétés du module
Exercice 29. L’inégalité triangulaire peut servir à minorer une somme de modules, à condition de rechercher d’abord une combinaison algébrique utile. Il est essentiel de distinguer le nombre complexe que l’on reconstitue de la somme des modules que l’on cherche à encadrer.
Exercice 30. La relation \(|z|^2=z\overline z\) simplifie les quotients, tandis que \(|a|=1\) entraîne \(\overline a=1/a\). Ces égalités permettent de factoriser des sommes, de comparer leurs modules, et de prouver qu’une expression est réelle ou imaginaire pure en calculant son conjugué.
Exercice 31. Pour déterminer une partie réelle, calculer la somme d’un complexe et de son conjugué est souvent plus efficace qu’un développement. Pour établir la réalité d’un quotient, le critère \(A=\overline A\) fournit une méthode directe dès que les dénominateurs sont non nuls.
Dans chacun de ces exercices, la démarche se construit à partir du cours : choisir la propriété pertinente, vérifier ses conditions, effectuer une transformation justifiée, puis formuler clairement le résultat et sa signification.
Parcours Maths Maroc — PMM
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