Nombres complexes sous forme algébrique : conjugué, quotient et équations en z et z̄

Ce chapitre ouvre l'option maths expertes de terminale (programme de 2019, BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019, partie « Nombres complexes : point de vue algébrique »). Il ne concerne pas les élèves qui suivent seulement la spécialité. La suite du chapitre est dans les articles sur le module et l'argument puis sur la forme exponentielle.

Un nombre, deux réels : a + ib

On admet l'existence d'un ensemble ℂ qui contient ℝ, muni d'une addition et d'une multiplication qui prolongent celles de ℝ et suivent les mêmes règles de calcul, et qui contient un nombre i tel que i² = −1. Tout élément z de ℂ s'écrit d'une seule façon z = a + ib avec a ∈ ℝ et b ∈ ℝ.

L'unicité est l'outil de tout le chapitre : si a + ib = a′ + ib′ avec a, b, a′, b′ réels, alors a = a′ et b = b′. Une égalité entre complexes équivaut donc à deux égalités entre réels. En particulier z = 0 si et seulement si Re(z) = 0 et Im(z) = 0. Un complexe est réel quand Im(z) = 0, imaginaire pur quand Re(z) = 0.

On calcule comme dans ℝ en remplaçant i² par −1. Pour le produit : (a + ib)(a′ + ib′) = (aa′ − bb′) + i(ab′ + a′b). Les puissances de i tournent avec une période 4 : i² = −1, i³ = −i, i⁴ = 1. Comme 2026 = 4 × 506 + 2, on a i²⁰²⁶ = i² = −1.

La formule du binôme reste vraie dans ℂ, puisqu'elle n'utilise que la commutativité du produit : pour tous z et w complexes et tout entier n ≥ 0, (z + w)ⁿ = Σ C(n, k) zᵏ wⁿ⁻ᵏ, la somme portant sur k de 0 à n. Elle se démontre par récurrence sur n : on développe (z + w)ⁿ⁺¹ = (z + w)(z + w)ⁿ, on regroupe les termes en zᵏwⁿ⁺¹⁻ᵏ et la relation de Pascal C(n, k − 1) + C(n, k) = C(n + 1, k) donne les coefficients du rang n + 1. Exemple : (1 + i)⁴ = 1 + 4i + 6i² + 4i³ + i⁴ = 1 + 4i − 6 − 4i + 1 = −4. Les coefficients C(n, k) sont ceux de l'article sur les combinaisons.

Le conjugué et ses règles

Le conjugué de z = a + ib est z̄ = a − ib. On en tire z + z̄ = 2Re(z), z − z̄ = 2i Im(z) et z z̄ = a² + b². Ainsi z est réel si et seulement si z̄ = z, imaginaire pur si et seulement si z̄ = −z.

Le programme demande de démontrer trois règles : pour tous complexes z et w, avec w ≠ 0 pour l'inverse, et tout entier n ≥ 1,

conj(zw) = z̄ w̄ ; conj(1/w) = 1/w̄ ; conj(zⁿ) = z̄ⁿ.

Produit. Avec z = a + ib et w = c + id : zw = (ac − bd) + i(ad + bc), donc conj(zw) = (ac − bd) − i(ad + bc). Par ailleurs z̄ w̄ = (a − ib)(c − id) = (ac − bd) − i(ad + bc). Les deux sont égaux.

Inverse. Comme w × (1/w) = 1, la règle du produit donne w̄ × conj(1/w) = conj(1) = 1, donc conj(1/w) = 1/w̄ (w̄ ≠ 0 puisque w ≠ 0).

Puissance. Par récurrence sur n : vrai pour n = 1 ; si conj(zⁿ) = z̄ⁿ, alors conj(zⁿ⁺¹) = conj(zⁿ × z) = conj(zⁿ) × z̄ = z̄ⁿ⁺¹.

On en déduit conj(z/w) = z̄ / w̄. La conjugaison se distribue aussi sur la somme : conj(z + w) = z̄ + w̄.

Quotient et équations : les gestes de devoir surveillé

Inverse et quotient. Si z = a + ib ≠ 0, alors a² + b² ≠ 0 et 1/z = z̄ / (z z̄) = (a − ib)/(a² + b²). Pour un quotient z/w, je fais écrire la multiplication du haut et du bas par w̄ en entier, sur une ligne : le dénominateur devient le réel w w̄, et il ne reste qu'à séparer partie réelle et partie imaginaire.

Équation az = b, avec a ≠ 0. Elle a une solution unique z = b/a, qu'on met sous forme algébrique comme un quotient. On vérifie en recalculant a × z.

Équation où figurent z et z̄. On ne peut pas « isoler z ». On pose z = x + iy avec x et y réels, on remplace z̄ par x − iy, on regroupe partie réelle et partie imaginaire, puis on identifie : on obtient un système de deux équations à deux inconnues réelles.

Exemple 1 · Écrire un quotient sous forme algébrique

Énoncé. Écrire (3 + 2i)/(1 − i) sous forme algébrique.

Rédaction. On multiplie par le conjugué du dénominateur, 1 + i :

(3 + 2i)/(1 − i) = (3 + 2i)(1 + i) / ((1 − i)(1 + i)) = (3 + 3i + 2i + 2i²) / (1² + 1²) = (1 + 5i)/2 = 1/2 + (5/2)i.

Sa partie réelle est 1/2, sa partie imaginaire 5/2 (et non 5i/2 : la partie imaginaire est un réel).

Exemple 2 · Une équation avec z et z̄

Énoncé. Résoudre dans ℂ l'équation 2z + i z̄ = 3 + 3i.

Rédaction. Posons z = x + iy, avec x et y réels. Alors z̄ = x − iy et i z̄ = ix − i²y = y + ix. L'équation devient (2x + y) + i(2y + x) = 3 + 3i. Par unicité de la forme algébrique, elle équivaut au système 2x + y = 3 et x + 2y = 3. En soustrayant, x − y = 0, donc x = y, puis 3x = 3 : x = y = 1. L'unique solution est z = 1 + i.

Vérification : 2(1 + i) + i(1 − i) = 2 + 2i + i + 1 = 3 + 3i.

Le plan complexe, animé pas à pas

Dans un repère orthonormé direct (O ; u⃗, v⃗), le complexe z = a + ib a pour image le point M(a ; b) ; on dit que z est l'affixe de M et du vecteur OM^→. La figure se construit dans l'ordre d'un tracé au tableau. Le segment rouge part de O et avance de 3 sur l'axe réel : c'est Re(z) = 3. Le segment vert monte de 2 : Im(z) = 2. La flèche de O au point M(3 ; 2) représente z = 3 + 2i. Les pointillés descendent ensuite jusqu'au point (3 ; −2), image de z̄ = 3 − 2i : conjuguer, c'est prendre le symétrique par rapport à l'axe des réels. Arrive alors z′ = −1 + i ; on reporte ce vecteur au bout de OM^→, et la flèche dorée, diagonale du parallélogramme, pointe sur 2 + 3i. Additionner deux complexes revient à additionner les vecteurs : (3 + 2i) + (−1 + i) = 2 + 3i, et les coordonnées s'ajoutent.

Ce que je corrige sur les copies de complexes

• Partie imaginaire écrite avec le i : Im(3 − 5i) vaut −5, pas −5i.
• i² remplacé par 1, ou le signe oublié quand i² apparaît au milieu d'un produit : (3 + 2i)(1 + i) contient 2i² = −2.
• Le quotient « simplifié » terme à terme : (3 + 2i)/(1 − i) n'est pas 3 − 2i.
• Dans une équation avec z̄, un « on divise par z » ou un « z = … » écrit avant d'avoir posé z = x + iy.
• Les solutions x et y trouvées sans préciser qu'elles sont réelles : l'identification n'est valable que pour des réels.

Trois exercices corrigés sur la forme algébrique

Exercice 1 · Trois calculs à mettre sous forme algébrique

Énoncé. Écrire sous forme algébrique : A = (2 − 3i)(4 + i), B = (1 + 2i)², C = 5/(1 + 2i).

Correction. A = 8 + 2i − 12i − 3i² = 8 + 3 − 10i = 11 − 10i.

B = 1 + 4i + 4i² = −3 + 4i.

C = 5(1 − 2i) / ((1 + 2i)(1 − 2i)) = 5(1 − 2i)/5 = 1 − 2i.

Exercice 2 · Une équation linéaire, puis une équation avec z̄

Énoncé. Résoudre dans ℂ : a) (2 + i)z = 3 − i ; b) 3z − 2z̄ = 1 + 10i.

Correction. a) 2 + i ≠ 0, donc z = (3 − i)/(2 + i) = (3 − i)(2 − i)/((2 + i)(2 − i)) = (6 − 3i − 2i + i²)/5 = (5 − 5i)/5 = 1 − i. Vérification : (2 + i)(1 − i) = 2 − 2i + i − i² = 3 − i.

b) On pose z = x + iy, x et y réels. Alors 3z − 2z̄ = 3x + 3iy − 2x + 2iy = x + 5iy. L'équation équivaut à x = 1 et 5y = 10, soit y = 2. L'unique solution est z = 1 + 2i.

Exercice 3 · Quand un quotient est-il réel ? imaginaire pur ?

Énoncé. Pour tout complexe z ≠ i, on pose Z = (z + 1)/(z − i). On écrit z = x + iy avec x et y réels. a) Exprimer Re(Z) et Im(Z) en fonction de x et y. b) Déterminer l'ensemble des points M d'affixe z tels que Z soit réel. c) Puis tels que Z soit imaginaire pur.

Correction. a) z + 1 = (x + 1) + iy et z − i = x + i(y − 1). On multiplie par le conjugué x − i(y − 1), et on pose d = x² + (y − 1)², non nul car z ≠ i :

Z = [(x + 1) + iy][x − i(y − 1)] / d. Partie réelle du numérateur : x(x + 1) + y(y − 1) = x² + x + y² − y. Partie imaginaire : xy − (x + 1)(y − 1) = x − y + 1. Donc Re(Z) = (x² + x + y² − y)/d et Im(Z) = (x − y + 1)/d.

b) Z est réel si et seulement si x − y + 1 = 0, soit y = x + 1. L'ensemble cherché est la droite d'équation y = x + 1 privée du point d'affixe i, qui en fait partie mais est exclu.

c) Z est imaginaire pur si et seulement si x² + x + y² − y = 0, soit (x + 1/2)² + (y − 1/2)² = 1/2. C'est le cercle de centre Ω(−1/2 ; 1/2) et de rayon √2/2, privé du point d'affixe i. On vérifie que les points d'affixes i et −1 sont bien sur ce cercle : (1/2)² + (1/2)² = 1/2. Pour reconnaître ce type d'équation, voir l'article sur l'équation d'un cercle.