L1 Maths Démo: Les complexes

L'inverse d'un nombre complexe
Soit le nombre complexe $$z = a+ib$$

Cette démonstration prouve que $$\frac{1}{z} = \frac{a}{a^{2}+b^{2}} - i\frac{b}{a^{2}+b^{2}}$$

Méthode 1: empiriquement

On pose alors $$z' = \frac{a}{a^{2}+b^{2}} - i\frac{b}{a^{2}+b^{2}}$$

Montrons que $$z' = \frac{1}{z}$$

Si $$z' = \frac{1}{z}$$ alors $$z \times z' = 1$$

Or, $$z \times z' = (a+ib) \times \left(\frac{a}{a^{2}+b^{2}} - i\frac{b}{a^{2}+b^{2}}\right)$$

$$ = a\times\frac{a}{a^{2}+b^{2}} - a\times i\times\frac{b}{a^{2}+b^{2}} + ib\times\frac{a}{a^{2}+b^{2}} - ib\times i\frac{b}{a^{2}+b^{2}}$$

$$\frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}} - i\frac{ab}{a^{2}+b^{2}} + i\frac{ab}{a^{2}+b^{2}}- i^{2}\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$$

$$= \frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}} + 0 - (-1)\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$$

$$= \frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}} + \frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$$

$$= \frac{a^{2} + b^{2}}{a^{2}+b^{2}} = 1$$

Donc $$z \times z' = 1$$

Donc $$z' = \frac{1}{z}$$

Méthode 2: multiplication par la quantité conjuguée

$$\frac{1}{z} = \frac{1}{a+ib} = \frac{1\times(a-ib)}{(a+ib)\times(a-ib)}$$

Or, il est connu que $$(a+ib)(a-ib) = a^{2}+b^{2}$$ (démontré plus bas sur cette page " Un complexe multiplié par son conjugué ")

Donc $$\frac{1}{z} = \frac{a-ib}{a^{2} + b^{2}} = \frac{a}{a^{2} + b^{2}} - i\frac{b}{a^{2} + b^{2}}$$

La méthode 2 est préférée car elle est plus rapide, moins fastidieuse et explique d'où vient la formule.

Un complexe multiplié par son conjugué
Soit le nombre complexe $$z = a+ib$$. Alors son conjugué est $$z = a-ib$$

Il vient donc que $$z\times\overline{z} = (a+ib)\times(a-ib) = a^{2} - a\times ib + a\times ib - i^{2}b^{2} = a^{2} + b^{2}$$

On a donc bien $$z\times\overline{z} = a^{2}+b^{2}$$

Le conjugué du conjugué
Soit le nombre complexe $$z = a+ib$$.

Alors on a $$\overline{\overline{z}} = \overline{a-ib} = a - (-ib) = a+ib = z$$

On a donc $$\overline{\overline{z}} = z$$

Le somme des conjugués et le conjugué de la somme
Soit les nombres complexes $$z_{1} = a_{1}+ib_{1}$$ et $$z_{2} = a_{2} + ib_{2}$$.

Alors $$\overline{z_{1}} + \overline{z_{2}} = \overline{(a_{1}+ib_{1})} + \overline{(a_{2}+ib_{2})} = (a_{1}-ib_{1}) + (a_{2} + ib_{2}) = a_{1} + a_{2} - ib_{1} - ib_{2} = a_{1} + a_{2} - i(b_{1} + b_{2}) $$

On a donc $$\overline{z_{1}} + \overline{z_{2}} = a_{1} + a_{2} - i(b_{1} + b_{2}) (A)$$

Or, $$\overline{z_{1} + z_{2}} = \overline{a_{1} + ib_{2} + a_{2} + ib_{2}} = \overline{a_{1} + a_{2} + i(b_{1}+b_{2})} = a_{1} + a_{2} - i(b_{1} + b_{2})$$

Donc $$\overline{z_{1} + z_{2}} = a_{1} + a_{2} - i(b_{1} + b_{2})(B)$$

Comme les expressions $$(A)$$ et $$(B)$$ sont égales, il vient $$\overline{z_{1}} + \overline{z_{2}} = \overline{z_{1} + z_{2}}$$

Le produit des conjugués et le conjugué des produits
Soit les nombres complexes $$z_{1} = a_{1}+ib_{1}$$ et $$z_{2} = a_{2} + ib_{2}$$.

Alors $$\overline{z_{1}} \times \overline{z_{2}} = \overline{(a_{1} + ib_{1})} \times \overline{(a_{2} + ib_{2})} = (a_{1} - ib_{1}) \times (a_{2} - ib_{2}) = a_{1}a_{2} - ia_{1}b_{2} - ia_{1}b_{2} + i^{2}b_{1}b_{2} = (a_{1}a_{2} - b_{1}b_{2}) - i(a_{1}b_{2} + a_{2}b_{1})$$

Donc $$\overline{z_{1}} \times \overline{z_{2}} = (a_{1}a_{2} - b_{1}b_{2}) - i(a_{1}b_{2} + a_{2}b_{1})(A)$$

Et $$\overline{z_{1} \times z_{2}} = \overline{(a_{1}+ib_{1}) \times (a_{2} + ib_{2})} = \overline{ a_{1}a_{2} + ia_{1}b_{2} + ia_{2}b_{1} + i^{2}b_{1}b_{2}} = \overline{a_{1}a_{2} - b_{1}b_{2} + i(a_{1}b_{2} + a_{2}b_{1})} = a_{1}a_{2} - b_{1}b_{2} - i(a_{1}b_{2} + a_{2}b_{1})$$

Donc $$\overline{z_{1} \times z_{2}} = a_{1}a_{2} - b_{1}b_{2} - i(a_{1}b_{2} + a_{2}b_{1})(B)$$

Comme les expressions $$(A)$$ et $$(B)$$ sont égales, il vient

$$\overline{z_{1}} \times \overline{z_{2}} = \overline{z_{1} \times z_{2}}$$

Le conjugué de l'inverse et l'inverse du conjugué
Soit le nombre complexe $$z = a+ib$$.

Posons alors $$z_{1} = z$$ et $$z_{2} = \frac{1}{z}$$

On obtient alors $$\overline{z} \times \overline{\left(\frac{1}{z}\right)} = \overline{z_{1}} \times \overline{z_{2}}$$

Or on sait que $$\overline{z_{1}} \times \overline{z_{2}} = \overline{z_{1} \times z_{2}}$$

Donc $$\overline{z} \times \overline{\left(\frac{1}{z}\right)} = \overline{z_{1}} \times \overline{z_{2}} = \overline{z_{1} \times z_{2}} = \overline{z\times\frac{1}{z}} = \overline{1} = 1$$

Donc $$\overline{z} \times \overline{\left(\frac{1}{z}\right)} = 1$$

Donc $$\overline{\left(\frac{1}{z}\right)}$$ est l'inverse de $$\overline{z}$$

Or, on sait aussi que l'inverse de $$\overline{z}$$ c'est $$\frac{1}{\overline{z}}$$

Comme l'inverse de l'inverse d'un nombre, c'est le nombre lui-même, il vient

$$\overline{\left(\frac{1}{z}\right)} = \frac{1}{\overline{z}}$$

Somme d'un nombre et de son conjugué
Soit le nombre complexe $$z = a+ib$$.

Alors on a $$z + \overline{z} = a+ib + a - ib = a + a + ib - ib = a+a = 2a$$

On a donc bien $$z + \overline{z} = 2a$$ Comme $$a = \mathcal{R}e(z)$$

On a donc bien $$z + \overline{z} = 2\mathcal{R}e(z)$$

Ou encore $$\mathcal{R}e(z) = \frac{z + \overline{z}}{2}$$

Soustraction d'un nombre et de son conjugué
Soit le nombre complexe $$z = a+ib$$

Alors on a $$z - \overline{z} = a+ib - a + ib = a-a + ib + ib = ib + ib = 2ib$$

On a donc bien $$z - \overline{z} = 2ib$$.

Comme $$b = \mathcal{I}m(z)$$

Il vient $$z - \overline{z} = 2i\mathcal{I}m(z)$$

Ou encore $$\mathcal{I}m(z) = \frac{z - \overline{z}}{2i}$$

Puissance n-ième d'un nombre complexe
Soit $$z\in\mathbb{C}$$.

Pour les démonstrations qui suivent, il est rappelé que:


 * $$z^{n} = \prod\limits_{k=1}^{n}z$$ et ce pour tout $$z$$ complexe et tout $$n$$ entier naturel non nul. (utilisé pour calculer les puissances naturels non nulles)


 * $$z^{n+1} = z^{n} \times z$$ et ce pour tout $$z$$ complexe et $$n$$ entier naturel non nul(formule de récurrence)


 * $$z^{0} = 1$$ et ce pour tout $$z$$ complexe non nul. (la puissance 0)


 * $$0^{n} = 0$$ et ce pour tout $$n$$ entier relatif non nul. (0 à la puissance quelque chose)


 * $$z^{-n} = \frac{1}{z^{n}}$$ et ce pour tout $$z$$ complexe non nul et tout $$n$$ entier relatif. (utilisé pour calculer les puissances relatives non nulles)

Pourquoi est-il légitime de poser que $$z^{0} = 1$$ pour $$z$$ non nul ?
On sait que $$z^{n} = \prod\limits_{k=1}^{n}z$$

On a donc $$z^{n+1} = \prod\limits_{k=1}^{n+1}z = \left(\prod\limits_{k=1}^{n}z\right) \times z = z^{n} \times z$$ (c'est une des propriétés de la puissance)

Ainsi donc $$z^{n+1} = z^{n} \times z$$

Donc $$z^{n} = \frac{z^{n+1}}{z}$$

On peut donc étendre $$n$$ à $$0$$ en disant que

$$z^{0} = \frac{z^{1}}{z} = \frac{z}{z} = 1$$

Pourquoi est-il légitime de poser que $$z^{-n} = \frac{1}{z^{n}}$$ pour $$z$$ non nul et $$n$$ entier naturel ?
On sait que $$z^{n+1} = z^{n} \times z$$ et que $$z^{0} = 1$$ (voir ci-dessus).

Ainsi donc $$z^{n} = \frac{z^{n+1}}{z}$$

Il vient $$z^{-1} = \frac{z^{0}}{z} = \frac{1}{z} = \frac{1}{z^{1}}$$

C'est donc légitime de poser ainsi: montrons par récurrence que c'est vrai pour tout entier naturel $$n$$.

Initialisation:

Pour $$n=1$$, $$z^{-1} = \frac{1}{z^{1}}$$ comme on vient de le montrer.

Hérédité:

On suppose qu'il existe un entier naturel $$n$$ tel que $$z^{-n}=\frac{1}{z^{n}}$$.

Montrons que $$z^{-(n+1)} = \frac{1}{z^{n+1}}$$

On sait que $$z^{n} = \frac{z^{n+1}}{z}$$

Donc $$z^{-(n+1)} = z^{-n - 1} = \frac{z^{(-n - 1) + 1}}{z} = \frac{z^{-n}}{z} = \frac{\frac{1}{z^{n}}}{z}$$ par hypothèse de récurrence

$$= \frac{1}{z^{n} \times z} = \frac{1}{z^{n+1}}$$ par définition de la puissance

On a donc bien $$z^{-(n+1)} = \frac{1}{z^{n+1}}$$

Donc il est bien légitime de poser $$z^{-n} = \frac{1}{z^{n}}$$ pour $$n\in\mathbb{N}$$

Le produit d'un nombre élevé à deux puissance
Petit aperçu avant démonstration


 * Si $$m > 0$$ et $$n>0$$, alors pour tout nombre complexe $$z$$, on a

On veut démontrer que $$z^{m} \times z^{n} = z^{m+n}$$


 * Si $$m \leq 0$$ ou $$n \leq 0$$, alors la propriété est vrai uniquement si $$z\neq 0$$

Nous allons donc démontrer cela, et traiter les différents cas:

1 - Cas $$z =0$$ et $$m>0$$ et $$n>0$$ (seul cas possible pour $$z=0$$)

2 - Cas $$z\neq0$$ et $$m\in\mathbb{Z}$$:

++2.1)- Cas $$n\in\mathbb{N}$$ avec un raisonnement par récurrence:

++++2.1.1) - Initialisation: pour $$n=0$$ Le reste de la partie 2.1) est dans l'hérédité.

++++2.1.2) - Cas $$m+n\geq1$$

++++2.1.3) - Cas $$m+n = 0$$

++++2.1.4) - Cas $$m+n = -1$$

++++2.1.5) - Cas $$m+n \leq -2$$

++2.2) - On étend le raisonnement alors à tout $$ n \in \mathbb{Z}$$

Pour z nul

Pour $$z =0$$ et $$m>0$$ et $$n>0$$

On a $$z^{m} \times z^{n} = 0^{m} \times 0^{n} = 0 \times 0 = 0$$

et on a $$z^{m+n} = 0^{m+n} = 0$$

Donc pour $$z =0$$ et $$m>0$$ et $$n>0$$, on a bien $$z^{m} \times z^{n} = z^{m+n}$$

Pour z non nul, m entier relatif et n entier naturel

Démontrons par récurrence que pour $$z\in\mathbb{C}^{*}$$, $$m\in\mathbb{Z}$$ et $$n\in\mathbb{N}$$, on a la propriété $$z^{m} \times z^{n} = z^{m+n}$$.

La récurrence portera donc sur $$n$$.

Initialisation:

Pour $$n=0$$

$$z^{m} \times z^{n} = z^{m} \times z^{0} = z^{m} \times 1 = z^{m}$$

et

$$z^{m+n} = z^{m+0} = z^{m}$$

Donc c'est vrai pour $$n=0$$

Hérédité:

On suppose qu'il existe un entier particulier $$n$$ tel que $$z^{m} \times z^{n} = z^{m+n}$$

On veut alors montrer que $$z^{m} \times z^{n+1} = z^{m+(n+1)}$$


 * Si $$m+n\geq1$$, alors on a

$$z^{m+(n+1)} = z^{(m+n)+1} = z^{m+n} \times z$$ par définition de la puissance

$$= z^{m} \times z^{n} \times z$$ par hypothèse de récurrence

$$ = z^{m} \times z^{n+1}$$ par définition de la puissance

On a bien $$z^{m+(n+1)} = z^{m} \times z^{n+1}$$


 * Si $$m+n = 0$$

$$z^{m+(n+1)} = z^{(m+n)+1} = z^{0+1} = z^{1} = z = 1 \times z = z^{0} \times z = z^{m+n} \times z = z^{m}\times z^{n} \times z$$ par hypothèse de récurrence

$$ = z^{m} \times z^{n+1}$$ par définition de la puissance

On a donc bien $$z^{m+(n+1)} = z^{m} \times z^{n+1}$$


 * Si $$m+n = -1$$

$$z^{m+(n+1)} = z^{(m+n)+1} = z^{-1 + 1} = z^{0} = 1 = z^{-1} \times z^{1}$$ car 1 est l'élément neutre du produit d'un nombre par son inverse

$$= z^{m+n} \times z = z^{m} \times z^{n} \times z$$ par hypothèse de récurrence

$$= z^{m} \times z^{n+1}$$ par définition de la puissance

On a bien $$z^{m+(n+1)} =z^{m} \times z^{n+1}$$


 * Si $$m+n \leq -2$$, en posant $$p = -(m+n)$$

On a $$z^{m+(n+1)} = z^{(m+n)+1} = \frac{1}{z^{-[(m+n)+1]}} = \frac{1}{z^{-(m+n)-1}} = \frac{1}{z^{p-1}}$$ avec $$p-1 > 0$$ car $$p>2$$

$$= \frac{1}{\frac{z^{p}}{z}} = \frac{1}{z^{p} \times \frac{1}{z}} = \frac{1}{z^{p}}\times z = z^{-p} \times z = z^{m+n} \times z = z^{m}\times z^{n} \times z$$ par hypothèse de récurrence

$$= z^{m} \times z^{n+1}$$ par définition de la puissance

On a bien $$z^{m+(n+1)} = z^{m} \times z^{n+1}$$

Donc c'est héréditaire: on a donc bien $$z^{m} \times z^{n} = z^{m+n}$$ pour tout entier relatif $$m$$ et tout entier naturel $$n$$.

Pour tout entier relatif $$m$$ et tout entier relatif $$n$$

On fixe $$n < 0$$ entier relatif.

$$z^{m+n} = \frac{1}{z^{-m-n}} = \frac{1}{z^{-m}\times z^{-n}}$$ car $$-n>0$$ et on vient de le prouver par récurrence

$$= \frac{1}{z^{-m}} \times \frac{1}{z^{-n}} = z^{m} \times z^{n}$$

On a donc bien $$z^{m+n} = z^{m} \times z^{n}$$.

On vient de le prouver pour $$n <0$$ entier relatif, et on avait prouvé pour $$n\geq 0$$ entier naturel.

On a en tout prouvé la propriété pour $$n$$ entier relatif quelconque. (et toujours avec $$m$$ entier relatif quelconque)

On peut donc affirmer que pour tout entiers relatifs $$m$$ et $$n$$, on a

$$z^{m+n} = z^{m} \times z^{n}$$

La puissance d'une puissance d'un nombre
On veut démontrer la propriété suivante:

$$(z^{m})^{n} = z^{m\times n}$$

avec : * $$z\in \mathbb{C}^{*}$$ et $$(m;n)\in \mathbb{Z}^{2}$$


 * $$z = 0$$ et $$m$$