Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Accueil l'île des mathématiques Forum de mathématiquesListe de tous les forums de mathématiques LycéeOn parle exclusivement de maths, niveau lycée. TerminaleForum de terminale Nombres complexesTopics traitant de nombres complexes [tout]Lister tous les topics de mathématiques
Niveau terminale
Partager :

complexes et second degré

Posté par
letonio 05-08-05 à 14:46

Bonjour à tous,
Je commence à travailler sur les équations du second degré avec les complexes et je bloque sur le premier exercice (mauvais signe).
On me demande de résoudre
z^2+ 2(1 -cos)z +2(1- cos)= 0

J'arrive à un discriminant un peu compliqué à mon goût.
=4cos^2-4= (i(4-4cos^2))^2
z1=-1 +cos- i((4-4cos^2)/2)
z2=-1 +cos+ i((4-4cos^2)/2)

On me demande ensuite de calculer les modules et arguments des racines. Et je ne vois pas trop comment faire.
Je suis arrivé à
|z1|= sqr (3/4 cos^2 - 2cos +2)

Ce qui est sans doute faux parce que je ne vois pas quoi en faire...

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 14:49

oups je crois que j'ai trouvé comment simplifier sqr( 4- 4cos^2 alpha)
ça donne 2sin^2 alpha    exact?

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 14:49

2sin alpha je veux dire

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 15:04

Je n'arrive pas à calculer le module , même après simplification.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 15:11

Le discriminant n'est pas très beau. On ne peut pas faire mieux ?
1 - cos2x = ... ?

Nicolas

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 15:15

Oui c'est ce que je disais, j'ai simplifié le discriminant.
= (2i sin)^2
Mais même en simplifiant je n'y arrive pas.

Posté par aicko (invité)re : complexes et second degré 05-08-05 à 15:16

= 4(1-cos )^2-8(1-cos)
=4(1-cos )(1-cos -2)
= -4(1-cos )(1+cos )
=-4(1-cos^2)
=-4sin^2

1er cas :=k (k)
alors =0 une racine double réelle : z=cos-1

1er cas :k (k)
deux racines complexes distinctes

z_1 = (cos-1)+i!sin!
et
z_2 conjugué de z_1

remarque : !....! : valeur absolue

il reste plus qu'à se debarasser de la valeur absolue

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 15:18

"Oui c'est ce que je disais, j'ai simplifié le discriminant. "
Oui, excuse-moi.

Nicolas

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 15:28

A part que j'avais oublié la valeur absolue (fichue racine carrée), j'étais arrivé au même résultat.
Par contre je ne comprends pas ce que tu entends par "se débarrasser de la valeur absolue".
Et je ne comprends toujours pas comment on fait pour caclculer le module et l'argument.

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 15:31

Oups ça avance...
J'arrive à |z1|=sqr(-2cos alpha +1)

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 15:31

Mais je ne vois pas comment aller plus loin.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 15:51

letonio, le module n'est-il pas égal à la racine carré de la somme des carrés de la partie réelle et de la partie imaginaire ?

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 15:55

Pour ma part, j'arrive à 2|sin(\alpha/2)|

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:07

Quand à l'argument,
tan\theta=\frac{|sin \alpha|}{cos\alpha -1} (sauf si...)

Indice : faire apparaître \alpha/2 au numérateur et au dénominateur

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 16:08

Bein est ce que ça n'est pas ce que j'ai fait? A part que j'ai oublié un petit 1 quelque part...
j'arrive à |z1|=sqr(-2cos alpha +2)=sqr2 sqr(1- cos alpha) et je ne sais à nouveau pas comment avancer...

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:13

Tu peux exprimer 1-cos\alpha en fonction de \alpha/2 (formules de trigonométrie)

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 16:17

Je ne comprends pas où est mon erreur pour le module.
Je pars de z1= (cos alpha-1)+i!sin alpha!
|z1|= sqr (cos^2 alpha -2 cos alpha +1 +sin^2 alpha)
=sqr (-2cos alpha +2) en remplaçant cos^2 par 1- sin^2 alpha

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:21

Il n'y a pas d'erreur dans ton module.
Tu peux encore le transformer, c'est tout.
1-cos\alpha=2sin^2\frac{\alpha}{2}

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:25

Je pense qu'il faut pousser la transformation jusqu'au bout, car :
1. c'est plus beau (mais tu peux contester !)
2. c'est ce que le correcteur attend
3. c'est indispensable (dans le cas de l'argument)

Nicolas

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:28

Il n'y a pas d'erreur.

cos(2a)=2cos²(a)-1
--> cos(a) = 2.cos²(a/2)-1

2(1-cos(a))=2.(1-2cos²(a/2)+1)
2(1-cos(a))=4.(1-cos²(a/2))
2(1-cos(a))= sin²(a/2)

Et donc \sqrt{2(1-cos(a))} = |sin(\frac{a}{2})|

On a donc |z_1| = |z_2| = \sqrt{2(1-cos(a))} = |sin(\frac{a}{2})|
-----
Sauf distraction.  

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:32

Je pense qu'il manque un facteur 2. Erreur de calcul entre les lignes 2 et 3 de ton bloc de 3 lignes.

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:32

Personnellement, pour le module, je préfère la forme \sqrt{2(1-cos(a))} à la forme |sin(\frac{a}{2})| parce que l'introduction de la valeur absolue ne facilite rien, mais ce n'est qu'une question de point de vue.



Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:33

Oui, il manque un 2 dans ma réponse.

2(1-cos(a))= 4.sin²(a/2)
...


Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:34

Je ne conteste pas pour la forme du module. Pour l'argument, la transformation me semble obligatoire pour finir les calculs. Mais laissons letonio chercher un peu !

Posté par
letoniore : complexes et second degré 05-08-05 à 16:40

ouf ça y est j'y suis arrivé. Ce coup ci j'ai compris. Merci à vous .

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:40

J-P, après réflexion, le |sin| n'est peut-être pas si mal.
En effet, à la fin, il nous faudra distinguer deux cas pour l'argument.
Et la valeur absolue du sin devrait sauter dans chacun des cas.
Je sais, je pinaille.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:41

letonio, qu'as-tu trouvé finalement pour l'argument ?

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 16:58

Pour ma part, mais sans garantie :

a) si \alpha=2k\pi, alors z=0, l'argument n'a pas de sens
b) si \alpha=(2k+1)\pi, alors z=z' réel négatif \theta=\pi
c) sinon, l'argument d'une solution est \alpha-\pi/2, l'autre est \pi/2-\alpha

Nicolas

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : complexes et second degré 05-08-05 à 17:16

Je n'ai rien calculé, mais:

La partie réelle de z1 et z2 vaut cos(alpha) - 1
et est par conséquent <= 0

Donc les arguments de z1 et z2 ne peuvent être que dans les 2ème et quatrième quadrants ce qui! est en contradiction avec la réponse de Nicolas_75 du 05/08/2005 à 16:58 du mpoins pour certaine valeur de alpha (par exemple pour alpha = 2 radians).

Sauf distraction ou grosse bêtise.  

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : complexes et second degré 05-08-05 à 17:17

Ouille mon orthographe est déplorable.


Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 17:21

J-P, comment ne pas être d'accord avec toi ?
Je plonge dans mes calculs pour voir à quel moment une condition aurait dû apparaître, mais ne l'a pas fait !

Nicolas

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 17:22

Ma solution est fausse. Erreur de calcul. Remplacer alpha par alpha/2. Je retravaille dessus...

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : complexes et second degré 05-08-05 à 17:24

Un calcul rapide donne:

Un arg est (alpha + Pi)/2 + k.Pi et l'autre -(alpha + Pi)/2 + k.Pi

Avec k dans Z pour ramener les arguments dans les 2ème ou 3ème quadrant.

Sauf distraction ou bêtise.


Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 17:30

Mince. Je trouve des signes moins entre alpha et pi. Mais me suis probablement trompé.
Je pars de tan\theta=-\frac{1}{|tan\frac{\alpha}{2}|}
Tu as qqc de ce genre ?

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 17:50

Pour commencer, justifions ce que je viens d'écrire :
Pour \alpha non multiple de \pi,
tan\theta = \frac{|sin\alpha|}{cos\alpha-1} = \frac{2|sin \frac{\alpha}{/2} ||cos \frac{\alpha}{/2}|}{-2sin^2 \frac{\alpha}{2}} = -\frac{|cos \frac{\alpha}{/2}|}{|sin \frac{\alpha}{/2}|}=-\frac{1}{|tan\frac{\alpha}{2}|}

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : complexes et second degré 05-08-05 à 18:14

Attention, recopie sans aucune vérifications.

tg(\theta) = - \frac{1}{|tg(\frac{\alpha}{2})|}
tg(\theta) = - |cotg(\frac{\alpha}{2})|
tg(\theta) = - |tg(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2})|

Si tg(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}) est négatif:
\theta = \frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}  + k\pi
ou ce qui revient au même:
\theta = -\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}  + k\pi
Avec k dans Z pour ramener l'argument dans ...

Si tg(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}) est positif: on arrive à:
\theta = \frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}  + k\pi
Avec k dans Z pour ramener l'argument dans ...
-----
On recommence avec l'autre solution...


Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 05-08-05 à 19:20

Je commence à y voir progressivement plus clair...
Il reste à trouver le k dans Z pour ramener dans le bon quadrant.
Je me propose de le faire.

J'étais parti de l'idée fausse que :
arg(z)= arctan(y/x)
Bien sûr faux, puisque arctan n'est défini qu'à \pi près.

En fait...

Soit z=x+iy=\rho e^{i\theta}
Alors :
si x>0, \theta\rm{ (mod. }2\pi)=\rm{l'angle parmi les arctan}y/x\rm{ qui appartient a }]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}[
si x<0, \theta\rm{ (mod. }2\pi)=\pi+\rm{l'angle parmi les arctan}y/x\rm{ qui appartient a }]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}[

Dans notre cas, on sait que :
\frac{y}{x} = -|tan(\pi/2-\alpha/2)| et x\le 0

1er cas

Si tan(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2})\le 0,
c'est-à-dire : -\frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2} \le 0 (\pi)
c'est-à-dire : -\pi \le \alpha < 0 (2\pi)

Alors
\frac{y}{x} = tan(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}) et x\le 0
\theta\rm{ (mod. }2\pi)=\pi+\rm{l'angle parmi les }\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}(\pi)\rm{ qui appartient a }]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}[
= \pi+(\pi+\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}) (2\pi)
= \frac{\pi-\alpha}{2}(2\pi)

Et l'argument de l'autre solution est \frac{\alpha-\pi}{2}(2\pi)

2nd cas

Si tan(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2})\ge 0,
c'est-à-dire : 0 \le \frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2} < \frac{\pi}{2} (\pi)
c'est-à-dire : 0 < \alpha \le \pi (2\pi)

Alors
\frac{y}{x} = tan(\frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{2}) et x\le 0
\theta\rm{ (mod. }2\pi)=\pi+\rm{l'angle parmi les }\frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{2}(\pi)\rm{ qui appartient a }]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}[
= \pi+(\pi+\frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{2}) (2\pi)
= \frac{\alpha-\pi}{2}(2\pi)

Et l'argument de l'autre solution est \frac{\pi-\alpha}{2}(2\pi)

Conclusion

On voit qu'en fait les 2 cas n'en font qu'un, et que l'argument d'une solution est \frac{\pi-\alpha}{2}(2\pi), et que celui de l'autre est \frac{\alpha-\pi}{2}(2\pi)

C'est un peu laborieux, mais cela me semble rigoureux.
J'espère ne pas m'être trompé,

Nicolas

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : complexes et second degré 06-08-05 à 10:16

Nicolas_75

J'essaie avec alpha = 2.

Ma calculette donne comme solutions:
z1 = -1,41614683655 - 0,909297426826.i
z2 = -1,41614683655 + 0,909297426826.i

arg(z1) = -2,5707963268
arg(z2) = 2,5707963268

Or (Pi - alpha)/2 = 0,5707963268

--> ou j'ai fait une erreur de calcul ou les solutions que tu proposes ne sont pas correctes.
-----
Je propose les solutions suivantes (à modulo 2Pi pour les arg):

Si alpha est dans [0 ; Pi] modulo 4Pi:
arg(z1) = -(alpha + Pi)/2
arg(z2) = (alpha + Pi)/2

Si alpha est dans [Pi ; 2Pi] modulo 4Pi:
arg(z1) = (alpha + Pi)/2
arg(z2) = -(alpha + Pi)/2

Si alpha est dans[2Pi ; 3Pi] modulo 4Pi:
arg(z1) = (alpha - Pi)/2
arg(z2) = -(alpha - Pi)/2

Si alpha est dans[3Pi ; 4Pi] modulo 4Pi:
arg(z1) = (alpha - Pi)/2
arg(z2) = -(alpha - Pi)/2
-----
Ces solutions découlent d'un raisonnement utilisant le cercle trigonométrique.
----------
Vérifications:
alpha = 2  (donc dans [0 ; Pi])
arg(z1) = -(alpha + Pi)/2 = -2,5707963268
arg(z2) = (alpha + Pi)/2 = 2,5707963268

alpha = 5 (donc dans [Pi ; 2Pi])
calculette:
arg(z1) = -2,21238898038
arg(z2) = 2,21238898038
arg(z1) = (alpha + Pi)/2 = 4,07079632679 (modulo 2Pi) -> équivalent à -2,21238898038
arg(z2) = -(alpha + Pi)/2 = -4,07079632679 (modulo 2Pi) -> équivalent à 2,21238898038

alpha = 8 (donc dans [2Pi ; 3Pi])
calculette:
arg(z1) = -2,42920367321
arg(z2) = 2,42920367321
arg(z1) = -(alpha - Pi)/2 = -2,42920367321
arg(z2) = (alpha - Pi)/2 = 2,42920367321

alpha = 10 (donc dans [3Pi ; 4Pi])
calculette:
arg(z1) = -2,85398163398
arg(z2) = 2,85398163398
arg(z1) = (alpha - Pi)/2 = 3,42920367321 (modulo 2Pi) --> équivalent à 2,85398163398
arg(z2) = -(alpha - Pi)/2 = -3,42920367321 (modulo 2Pi) --> équivalent à -2,85398163398
-----
Cela me semble correct, mais c'est quand même à vérifier.



Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : complexes et second degré 06-08-05 à 10:43

J-P, je m'incline sans réserve devant cette preuve numérique.

Quand j'aurai un peu plus de temps, je regarderai tout cela à tête reposée.
Merci de cet échange.

Nicolas


Rechercher
Menu
Espace membre
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1675 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !