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Pour étudier les Relations trigonométriques et les propriétés des arguments des nombres complexes, on se place dans le plan complexe muni d’un repère orthonormé direct $(O;\vec{u};\vec{v})$.

Dans le plan complexe, nous utiliserons le repère orthonormé direct $(O;\vec{u};\vec{v})$ et non pas $(O;\vec{\imath};\vec{\jmath})$ pour éviter les confusions possibles entre le vecteur $\vec{\imath}$ et le nombre complexe $i$, $i^2=-1$.

1. Ensemble $\U$ des nombres complexes de module 1.

Définition 1.
On note $\U$ l’ensemble des nombres complexes de module 1. Soit $z=a+\i b\in\C$. Alors : $$\boxed{\phantom{\dfrac{1}{1}} z\in\U\Leftrightarrow \abs{z}=1\Leftrightarrow a^2+b^2=1~~}$$

Remarque

Il est clair que $\boxed{~~\large0\not\in\U~~}$

Propriété n°1.
Soit $z=a+\i b\in\C$ et $\theta=\arg(z)$. Alors : $$\boxed{\phantom{\dfrac{1}{1}} z\in\U\Leftrightarrow z=\cos\theta+\i\sin\theta \Leftrightarrow ~~z=\e^{\i\theta}~~}$$

Immédiat. Car $z\in\U\Leftrightarrow \abs{z}=1$.

Propriété n°2.
L’ensemble $\U$ des nombres complexes de module 1, est stable par produit, inverse et quotient.
Autrement dit : Pour tous $z$, $z’\in\U$ : $$\boxed{\phantom{\dfrac{1}{1}} zz’\in\U,~\dfrac{1}{z}\in\U~\text{et}~\dfrac{z}{z’}\in\U~~}$$

Démonstrations, voir exercices ci-dessous.

2. Racines $n$-ièmes de l’unité

Définition 1.
Soit $n\in\N^{*}$. Soit $z\in\C$. On dit que $z$ est une racine $n$-ième de l’unité, si et seulement si $z$ est une solution dans $\C$ de l’équation : $$\boxed{\phantom{\dfrac{1}{1}} z^n = 1~~}$$ On note $\U_n$ l’ensemble des racines $n$-ièmes de l’unité.

On définit dans $\C$, le polynôme $P$ de degré $n$, à coefficients réels, par : $P(z)=z^n-1$.
Alors l’équation : $z^n = 1$ est équivalente à : $P(z)=0$. Ce qui justifie le terme « racine » d’un polynôme.

Propriété n°3.
Soit $n\in\N^{*}$. Alors l’ensemble $\U_n$ des racines $n$-ièmes de l’unité contient $n$ éléments qui sont : $$\omega_k=\e^{\dfrac{2\i k\pi}{n}}~~,~~k\in\left\{ 0 ;1;2;\ldots;(n-1) \right\}$$ ($\omega$ se lit « omega »). On peut aussi écrire : $$\boxed{\phantom{\dfrac{1}{1}}\U_n=\left\{~1~;~\e^{\dfrac{2\i\pi}{n}}~;\e^{\dfrac{4\i\pi}{n}}~;\ldots;~\e^{\dfrac{2\i(n-1)\pi}{n}}~\right\}~~}$$

Démonstrations, voir exercices ci-dessous.

3. Interprétation géométrique

Soit $M$ un point d’affixe $z=x+\i y$ dans le plan complexe muni d’un repère orthonormé direct $(O;\vec{u};\vec{v})$. Alors : $$\boxed{\phantom{\dfrac{1}{1}} z\in\U\Longleftrightarrow M(z)\in{\mathscr C}(O;1)~~}$$ où ${\mathscr C}(O;1)$ est le cercle de centre $O$ et de rayon 1 qu’on appelle aussi le cercle trigonométrique.

Propriété n°4.
Soit $n\in\N^{*}$. Alors Les points ayant pour affixes les racines $n$-ièmes de l’unité forment un polygone régulier à $n$ sommet inscrit dans le cercle trigonométrique, en commençant par le sommet $I(1;0)$.

Exercices résolus

Exercice résolu n°1.
Démontrer que : pour tous $z$, $z’\in\U$ :
1°) $zz’\in\U~$ ;$\quad$ 2°) $\dfrac{1}{z}\in\U$ ;$\quad$ et 3°) $\dfrac{z}{z’}\in\U$

Soit $z$, $z’\in\U$. Donc $\abs{z}=1$ et $\abs{z’}=1$. Donc en particulier $z\not=0$ et
1°) On a alors : $\abs{zz’}=\abs{z}\abs{z’}=1\times1=1$.
Par conséquent : $zz’\in\U$.

2°) De même, $\left|\dfrac{1}{z}\right|=\dfrac{\abs{1}}{\abs{z}}=\dfrac{1}{1}=1$. Par conséquent : $\dfrac{1}{z}\in\U$.

3°) D’une manière analogue, on a :
$\left|\dfrac{z}{z’}\right|=\dfrac{\abs{z}}{\abs{z’}}=\dfrac{1}{1}=1$.
Par conséquent : $\dfrac{z}{z’}\in\U$
CQFD.$\blacktriangle$

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Exercice résolu n°2.
Soit $n\in\N^{*}$. Démontrer que l’équation $(E)$ $z^n=1$ admet exactement $n$ racines distinctes.

Soit $n\in\N^{*}$.
Soit $z$ une solution de l’équation $(E)$ : $z^n=1$.
On écrit $z$ sous la forme trigonométrique : $z=\abs{z}\e^{\i\theta}$.
$z^n=1$. Donc $\abs{z}^n=1$. Or $\abs{z}\in\R^{+}$, donc $\abs{z}=1$.
Ce qui montre que $z=\e^{\i\theta}$.
Mais alors, $\begin{array}{rl}
z^n=1 & \Leftrightarrow \left(\e^{\i\theta}\right)^n=1\\
& \Leftrightarrow \e^{\i n\theta}=\e^0\\
& \Leftrightarrow n\theta=0~[2\pi]\\
& \Leftrightarrow n\theta=0+2k\pi, ~k\in\Z\\
& \Leftrightarrow \theta=\dfrac{2k\pi}{n}, ~k\in\Z\\
& \Leftrightarrow z=\e^{\dfrac{2k\pi}{n}}, ~k\in\Z\\
\end{array}$
A priori, il y aurait une infinité de solution !
Or $(E)$ est une équation polynomiale de degré $n$. Donc, elle admet au plus $n$ solutions. On pose : $z_k=\e^{\dfrac{2\i k\pi}{n}}$, $k\in\left\{ 0 ;1;2;\ldots;(n-1) \right\}$. Nous obtenons exactement $n$ solutions qu’on note généralement : $$\omega_k=\e^{\dfrac{2\i k\pi}{n}},~~k\in\left\{ 0 ;1;2;\ldots;(n-1) \right\}$$
Par conséquent, l’équation $(E)$ admet exactement $n$ solutions et $$\boxed{~~{\mathscr S}=\U_n~~}$$ CQFD.$\blacktriangle$

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Exercice résolu n°3.
1°) Démontrer qu’il existe une seule racine cubique de l’unité dont la partie imaginaire est strictement positive. On note $j$ cette unique racine cubique de 1.
2°) Démontrer que :
a) $\overline{j} = j^2=\dfrac{1}{j}$ ;
b) $1+j+j^2=0$ ;
c) et $\abs{1+j}=1$.

1°) On considère l’équation : $z^3=1$.
D’après le cours, cette équation admet trois solutions. L’ensemble des racines cubiques de l’unité, est : $$\U_3=\left\{~1~;~\e^{\dfrac{2\i\pi}{3}}~;\e^{\dfrac{4\i\pi}{3}}~\right\}$$
$\omega_0=1$ ; $\Im(\omega_0)=\Im(1)=0$ ;
$\omega_1=-\dfrac{1}{2}+\i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $\Im(\omega_1)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}>0$ ;
$\omega_2=-\dfrac{1}{2}-\i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $\Im(\omega_1)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}<0$.
Par conséquent, il existe une seule racine cubique de l’unité dont la partie imaginaire est strictement positive. Donc $$j=\omega_2=\e^{\dfrac{2\i\pi}{3}}=-\dfrac{1}{2}-\i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$

2°a) $\overline{j} = j^2$ ?
$\overline{j}=\e^{-\dfrac{2\i\pi}{3}}=\e^{-\dfrac{2\i\pi}{3}+2\i\pi}=\e^{\dfrac{4\i\pi}{3}}=j^2$.
De même, $\overline{j} = j^2=\dfrac{1}{j}$ ?
Comme $\abs{j}=1$, on a $j\overline{j}=\abs{j}^2=1$, on a :
$\dfrac{1}{j}=\dfrac{\overline{j}}{j\overline{j}}=\dfrac{\overline{j}}{1}=\overline{j}$
CQFD.$\blacktriangle$

2°b) $1+j+j^2=0$ ?
On sait que pour tout $z\in\C$ : $z^3-1=(z-1)(1+z+z^2)$. En particulier, pour $z=j$, on a : $(j-1)(1+j+j^2)=j^3-1=0$.
Or, $j\not=1$. Donc, d’après le théorème du produit nul, on a :
$$1+j+j^2=0$$ CQFD.$\blacktriangle$

2°c) $\abs{1+j}=1$ ?
On sait que : $1+j+j^2=0$, donc : $1+j=-j^2$. Mais alors : $\abs{1+j}=\abs{j^2}=\abs{j}^2=1$. Par conséquent : $\abs{1+j}=1$. CQFD.$\blacktriangle$

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Exercice résolu n°4.
Soit $n\in\N^{*}$ et $\omega=\e^{\dfrac{2\i\pi}{n}}$
1°) Démontrer que la suite $(\omega_k)_{k\in\N}$ d’éléments de $\U_n$ définie par $\omega_k=\omega^k$ est une suite géométrique dont on donnera la raison et le premier terme.
2°) Calculer de la somme des $n$ premiers termes de la suite $(\omega_k)_{k\in\N}$.

1°) Soit $n\in\N^{*}$ et $\omega=\e^{\dfrac{2\i\pi}{n}}$, donc $\omega\not=1$.
Pour tout $k\in\N$ : $\omega_{k+1}=\omega\times\omega_{k}$, où $\omega_0=\omega^0=1$ est bien défini puisque $\omega\in\U_n$, donc $\omega\not=0$.
Par conséquent : La suite $(\omega_k)_{k\in\N}$ est bien une suite géométrique de raison $\omega$ et de premier terme $\omega_0=1$.

2°) Calcul de la somme des $n$ premiers termes de la suite.
On distingue deux cas :
$\bullet$ 1er cas : Si $\omega=1$ alors il y a $n$ termes égaux à 1. Donc : $$\boxed{~~\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k=n\times1=n~~}$$
$\bullet$ 2ème cas : Si $\omega\not=1$, comme $(\omega_k)_{k\in\N}$ est bien une suite géométrique, on a : $$\boxed{~~\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k =\dfrac{1\times(\omega^n-1)}{\omega-1}=0~~}$$ car $\omega\in\U_n$ donc $\omega^n-1=0$.
CQFD.$\blacktriangle$

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