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Démonstrations capes - Algèbre, nombres complexes
Inégalité triangulaire
Pour tout couple de nombres complexes (z 1 , z 2 ) (z 1, z 2), on a |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 |
| z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 | .

Démonstration

Tout étant positif, il suffit de démontrer que |z 1 + z 2 |2 ≤ (|z 1 | + |z 2 |)2
| z1 + z2 | 2 ≤ ( | z1 | + | z2 | )2
. Mais on a
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
|z 1 + z 2 |2 = (z 1 + z 2 ) × ( z 1 + z 2 )
= |z 1 |2 + |z 2 |2 + z 1 z¯2 + z 2 z¯1
= |z 1 |2 + |z 2 |2 + 2Re(z¯1 z 2 ),
(|z 1 | + |z 2 |)2 = |z 1 |2 + |z 2 |2 + 2|z 1 z 2 |.
¯
| z1 + z2 |2 = (z 1 + z 2) × (z 1 + z 2)
¯ ¯
2 2
= | z 1 | + | z 2 | + z 1z 2 + z 2z 1
¯
= | z1 |2 + | z2 |2 + 2Re(z 1z 2),
( | z 1 | + | z 2 | ) 2 = | z 1 | 2 + | z 2 | 2 + 2 | z 1z 2 | .

On conclut car, pour tout nombre complexe w = x + iy w = x + iy
,

Re(w) ≤ |Re(w)| ≤ |x| ≤ √‾x‾‾‾‾‾
2
+ y‾2 = |w|.

Re(w) ≤ | Re(w) | ≤ | x | ≤ √x 2 + y 2 = | w | .

Résolution des équations du second degré, dans ℝ R.

Soit ax 2 + bx + c = 0 ax 2 + bx + c = 0
une équation du second degré, avec a, b, c ∈ ℝ a, b, c ∈ R
et a ≠ 0 a ≠ 0
. On note Δ = b 2 − 4ac Δ = b 2 − 4ac
. Alors
 si Δ > 0 Δ > 0
, l'équation admet deux racines réelles qui sont

−b − √‾Δ‾ −b + √‾Δ‾
x1 = et x 1 = ;
2a 2a
− b − √Δ − b + √Δ
x1 = et x 1 = ;
2a 2a

Si Δ = 0 Δ = 0
, l'équation admet une racine réelle double,

−b
x1 = ;
2a
−b
x1 = ;
2a

Si Δ < 0 Δ < 0
, l'équation admet deux racines complexes conjuguées qui sont

−b − i√‾−Δ
‾‾‾ −b + i√‾−Δ
‾‾‾
x1 = et x 2 = .
2a 2a
− b − i √− Δ − b + i √− Δ
x1 = et x 2 = .
2a 2a


Démonstration

On met le trinôme sous forme canonique :


( 4a2 )
b 2 b2 − 4ac
ax + bx + c = a (x + x + ) = a (x +
2a )
2 b c 2
− .
a a


ax 2 + bx + c = a ( x2
b
+ x+
a
c
a ) (( )
=a x+
b 2 b 2 − 4ac
2a
−
4a 2
.
)
Si Δ > 0 Δ > 0
, alors l'équation ax 2 + bx + c = 0 ax 2 + bx + c = 0
est équivalente à
2

( ) ( ) ( )
b 2
( )
√‾Δ‾ b √‾Δ‾ b √‾Δ‾
x + − = 0 ⟺ x + + x + − = 0.
2a 2a 2a 2a 2a 2a


( ) ( ) √Δ
( √Δ
)( √Δ
)
b 2 2 b b
x+ − =0 ⟺ x+ + x+ − = 0.
2a 2a 2a 2a 2a 2a

On trouve le résultat voulu. Si Δ = 0 Δ = 0
 , alors l'équation ax 2 + bx + c = 0 ax 2 + bx + c = 0
est équivalente à

b 2
(x + 2a ) = 0


( )
x+
b 2
2a
=0


b b
dont l'unique solution est x 1 = − 2a x1 = −
2a
. Enfin, si Δ < 0 Δ < 0
, Δ = (i√−Δ ‾‾‾‾)2 Δ = (i√− Δ) 2
et l'équation ax 2 + bx + c = 0 ax 2 + bx + c = 0
est équivalente à
2
i√‾−Δ
‾‾‾
2 √‾−Δ
‾‾‾ √‾−Δ
‾‾‾
(x + 2a ) − ( 2a ) = 0 ⟺ (x + 2a + i 2a ) (x + 2a − i 2a ) = 0.
b b b




( ) ( ) ( )( )
b 2 i √− Δ 2 b √− Δ b √− Δ
x+ − =0 ⟺ x+ +i x+ −i = 0.
2a 2a 2a 2a 2a 2a

On trouve là encore le résultat voulu.


Existence et unicité de la forme trigonométrique d'un nombre complexe
Soit z z un nombre complexe non nul. Soit θ θ un argument de z z. Alors z = |z|(cos θ + i sin θ)
z = | z | (cosθ + isinθ). De plus, si z = r(cos α + i sin α)z = r(cosα + isinα), alors r = |z| r = | z | et
α α est un argument de z z.

Démonstration



Notons M M l'image de z z dans le plan complexe, et M1 M 1 l'image de z/|z|
z / | z | . Puisque le nombre z/|z| z / | z | est un nombre complexe de module 1, le
point M1 M 1 est un point du cercle trigonométrique. Ses coordonnées sont donc
de la forme (cos θ, sin θ)(cosθ, sinθ) avec
−
⃗ −−→ ⃗ −−→
θ = (i , OM1 ) = (i , OM ) = arg(z) [2π].

→
→ →
→
θ = ( i , OM 1) = ( i , OM) = arg(z) [2π].

Ainsi,
z
= cos θ + i sin θ
|z|
 z
= cosθ + isinθ
|z|

et le premier point en résulte.

Réciproquement, s...