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L’équation \(x^2 + 1 = 0\) n’a aucune solution dans \(\mathbb{R}\). Pourtant, la formule de Cardano pour les équations cubiques donne parfois des solutions en passant par des expressions comme \(\sqrt{-1}\) — et ces solutions sont réelles !
Girolamo Cardano (1545) publie dans son Ars Magna la formule de résolution des équations cubiques et y rencontre des racines carrées de nombres négatifs. Son disciple Rafael Bombelli (1572) ose manipuler ces expressions formellement dans son Algebra et pose les premières règles de calcul sur ce qui deviendra \(\mathbb{C}\).
Plus tôt, Al-Khayyam (XIe siècle) avait résolu les équations cubiques par intersection de coniques — une méthode géométrique élégante qui lui permet d’éviter entièrement la question des racines complexes. Il remarque l’impossibilité d’obtenir des solutions numériques exactes dans certains cas — un pressentiment du problème sans en avoir les outils.
📜 Lire l’article — Cardano et Bombelli : oser l’imaginaire →
Calculer \((1+i)^8\) de deux façons différentes : par développements successifs des puissances de \((1+i)\), puis en passant en forme trigonométrique.
Il existe un ensemble \(\mathbb{C}\), appelé ensemble des nombres complexes, contenant \(\mathbb{R}\) et un élément noté \(i\), vérifiant :
\[i^2 = -1\]
Tout élément de \(\mathbb{C}\) s’écrit de manière unique sous la forme :
\[z = a + bi \quad \text{avec } a, b \in \mathbb{R}\]
On appelle cette écriture la forme algébrique de \(z\). Le nombre \(a = \text{Re}(z)\) est la partie réelle et \(b = \text{Im}(z)\) est la partie imaginaire.
Soient \(z = a + bi\) et \(z' = a' + b'i\) deux nombres complexes.
Addition :
\[z + z' = (a + a') + (b + b')i\]
Multiplication :
\[z \times z' = (aa' - bb') + (ab' + a'b)i\]
Addition. Par définition, on additionne les parties réelles et les parties imaginaires séparément :
\(z + z' = (a + bi) + (a' + b'i) = (a + a') + (b + b')i\).
Multiplication. On développe en utilisant la distributivité (comme pour des nombres réels), puis on remplace \(i^2 = -1\) :
\((a+bi)(a'+b'i) = aa' + ab'i + ba'i + bb'\underbrace{i^2}_{=-1}\)
\(= aa' - bb' + (ab' + a'b)\,i\).
On obtient bien la forme algébrique d’un complexe, avec \(\mathrm{Re} = aa' - bb'\) et \(\mathrm{Im} = ab' + a'b\). ∎
Posons \(z = 2 + 3i\) et \(z' = 1 - i\). Calculer \(z+z'\) et \(z \times z'\).
\(z + z' = (2+1) + (3-1)i = 3 + 2i\)
\(z \times z' = (2)(1) + (2)(-i) + (3i)(1) + (3i)(-i) = 2 - 2i + 3i - 3i^2 = 2 + i + 3 = 5 + i\)
\((\mathbb{C}, +, \times)\) est un corps : les opérations vérifient les mêmes propriétés qu’on connait pour \(\mathbb{R}\) (commutativité, associativité, distributivité, élément neutre, opposé et inverse pour les non nuls). Cela sera développé en Chapitre 11.
Soit \(z = a + bi \in \mathbb{C}\). Le conjugué de \(z\) est :
\[\bar{z} = a - bi\]
Pour tous \(z, z' \in \mathbb{C}\) :
Avec \(z = a + bi\) :
\(z \times \bar{z} = (a + bi)(a - bi) = a^2 - abi + abi - b^2i^2 = a^2 - b^2 \times (-1) = a^2 + b^2\)
Ce résultat est toujours réel et positif.
Le produit \(z\bar{z}\) est un réel positif, nul si et seulement si \(z = 0\). Cette propriété est la clé pour calculer l’inverse d’un complexe.
Pour tout \(z = a + bi \neq 0\), on a \(a^2 + b^2 \neq 0\) et :
\[\frac{1}{z} = \frac{\bar{z}}{z\bar{z}} = \frac{a - bi}{a^2 + b^2} = \frac{a}{a^2+b^2} - \frac{b}{a^2+b^2}\,i\]
Non-annulation du dénominateur. Puisque \(z \neq 0\), au moins l’un de \(a\) ou \(b\) est non nul, donc \(a^2 + b^2 > 0\) (somme de deux carrés non tous nuls). L’expression est donc bien définie.
Vérification. Calculons \(z\bar{z}\) :
\(z\bar{z} = (a+bi)(a-bi) = a^2 - (bi)^2 = a^2 - b^2 i^2 = a^2 + b^2\).
C’est un réel strictement positif. On en déduit :
\(z \cdot \dfrac{\bar{z}}{z\bar{z}} = \dfrac{z\bar{z}}{z\bar{z}} = 1\),
donc \(\dfrac{\bar{z}}{z\bar{z}}\) est bien l’inverse de \(z\). La dernière égalité de l’énoncé s’obtient en séparant partie réelle et partie imaginaire de \(\bar{z} = a - bi\) divisé par le réel \(a^2+b^2\). ∎
Pour calculer \(\dfrac{z'}{z}\), multiplier numérateur et dénominateur par le conjugué \(\bar{z}\) :
\[\frac{z'}{z} = \frac{z' \cdot \bar{z}}{z \cdot \bar{z}} = \frac{z' \cdot \bar{z}}{a^2 + b^2}\]
Le dénominateur est alors un réel, ce qui permet d’identifier parties réelle et imaginaire.
Calculer \(\dfrac{1}{2+3i}\) et \(\dfrac{5+i}{2+3i}\).
Inverse : \(\dfrac{1}{2+3i} = \dfrac{2-3i}{(2+3i)(2-3i)} = \dfrac{2-3i}{4+9} = \dfrac{2}{13} - \dfrac{3}{13}i\)
Division : \(\dfrac{5+i}{2+3i} = \dfrac{(5+i)(2-3i)}{13} = \dfrac{10 - 15i + 2i - 3i^2}{13} = \dfrac{10 - 13i + 3}{13} = \dfrac{13 - 13i}{13} = 1 - i\)
On peut résoudre des équations de la forme \(z + \bar{z} = 4\) ou \(z \cdot \bar{z} = 5\) en posant \(z = a + bi\) et en identifiant parties réelle et imaginaire.
Résoudre dans \(\mathbb{C}\) : \((2+i)z = 3 - i\)
\(z = \dfrac{3-i}{2+i} = \dfrac{(3-i)(2-i)}{(2+i)(2-i)} = \dfrac{6 - 3i - 2i + i^2}{5} = \dfrac{6 - 5i - 1}{5} = \dfrac{5 - 5i}{5} = 1 - i\)
Puisque \(i^2 = -1\), on peut calculer toutes les puissances entières de \(i\) :
\[i^0 = 1,\quad i^1 = i,\quad i^2 = -1,\quad i^3 = -i,\quad i^4 = 1,\quad \ldots\]
En général, pour \(n \in \mathbb{Z}\) : \(i^n\) dépend uniquement du reste de la division euclidienne de \(n\) par \(4\).
Les 4 premières puissances. Par définition \(i^2 = -1\). On calcule :
\(i^3 = i^2 \cdot i = -i, \qquad i^4 = i^3 \cdot i = -i \cdot i = -i^2 = 1.\)
Périodicité. Pour tout \(n \in \mathbb{Z}\), écrivons la division euclidienne de \(n\) par \(4\) : \(n = 4q + r\) avec \(r \in \{0, 1, 2, 3\}\). Alors :
\(i^n = i^{4q + r} = i^{4q} \cdot i^r = (i^4)^q \cdot i^r = 1^q \cdot i^r = i^r.\)
D’où le tableau complet :
\(r = 0 \Rightarrow i^n = 1, \quad r = 1 \Rightarrow i^n = i, \quad r = 2 \Rightarrow i^n = -1, \quad r = 3 \Rightarrow i^n = -i.\)
La suite \((i^n)\) est donc périodique de période 4. ∎
Diviser \(n\) par \(4\) : \(n = 4q + r\) avec \(r \in \{0,1,2,3\}\).
Alors \(i^n = i^{4q+r} = (i^4)^q \times i^r = 1^q \times i^r = i^r\).
Pour tous \(a, b \in \mathbb{C}\) et \(n \in \mathbb{N}\) :
\[(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k\]
où \(\dbinom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}\) est le coefficient binomial.
On note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : \((a + b)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k\).
Initialisation (\(n = 0\)) : \((a+b)^0 = 1\) et \(\displaystyle\sum_{k=0}^{0} \binom{0}{0} a^0 b^0 = 1\). ✓
Hérédité : supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie. Montrons \(\mathcal{P}(n+1)\).
\((a+b)^{n+1} = (a+b) \cdot (a+b)^n = (a+b)\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k\)
En distribuant :
\[= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n+1-k} b^k \;+\; \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^{k+1}\]
Dans la seconde somme, on pose \(j = k+1\) (donc \(k = j-1\), et \(j\) va de \(1\) à \(n+1\)) :
\[= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n+1-k} b^k \;+\; \sum_{j=1}^{n+1} \binom{n}{j-1} a^{n+1-j} b^{j}\]
On isole le premier terme de la première somme (\(k=0\)) et le dernier de la seconde (\(j=n+1\)), puis on regroupe les termes restants (\(k\) de \(1\) à \(n\)) :
\[= a^{n+1} + \sum_{k=1}^{n}\left[\binom{n}{k} + \binom{n}{k-1}\right] a^{n+1-k} b^k + b^{n+1}\]
Or la formule de Pascal donne \(\dbinom{n}{k} + \dbinom{n}{k-1} = \dbinom{n+1}{k}\). Donc :
\[(a+b)^{n+1} = \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} a^{n+1-k} b^k\]
C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\). ✓
Conclusion : par le principe de récurrence, \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\). ∎
Note historique : Ce raisonnement par récurrence remonte à al-Karajī (Bagdad, vers 1010), qui l’utilise pour la somme des cubes. Un siècle et demi plus tard, al-Samawʾal (Bagdad, vers 1170) reprend et formalise cette méthode dans Al-Bāhir fī al-jabr pour démontrer précisément la formule du binôme avec le triangle des coefficients — la démonstration que vous venez de lire est essentiellement la sienne.
📜 Al-Karaji et Fibonacci — La Suite du Monde →
📜 Al-Samawʾal et le binôme de Newton →
On peut utiliser le binôme : \((1+i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 2i\)
Donc \((1+i)^4 = (2i)^2 = 4i^2 = -4\)
Et \((1+i)^8 = (-4)^2 = 16\)
\((1+i)^4 = \dbinom{4}{0} + \dbinom{4}{1}i + \dbinom{4}{2}i^2 + \dbinom{4}{3}i^3 + \dbinom{4}{4}i^4\)
\(= 1 + 4i + 6(-1) + 4(-i) + 1 = 1 + 4i - 6 - 4i + 1 = -4\)
On retrouve bien \(-4\).
En posant \(a = b = 1\) dans la formule du binôme, on obtient \(2^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\) : la somme des coefficients de la ligne \(n\) du triangle de Pascal vaut \(2^n\).
En posant \(a = 1, b = -1\) : \(0 = \sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}\) pour \(n \geq 1\), c’est-à-dire la somme des coefficients pairs égale la somme des coefficients impairs.
En posant \(a = 1, b = i\) et en identifiant parties réelle et imaginaire, on obtient d’autres identités sur les combinaisons.
Chargement de Python (Pyodide)…
On pose \(z = 2 + 3i\) et \(w = 1 - 2i\). Écrire un programme Python qui :
Rappel Python : le nombre imaginaire \(i\) s’écrit j. Partie réelle : z.real. Partie imaginaire : z.imag. Conjugué : z.conjugate().
Les puissances de \(i\) sont cycliques : \(i^0=1,\; i^1=i,\; i^2=-1,\; i^3=-i,\; i^4=1,\ldots\) Écrire un programme qui :
Rappel Python : le nombre \(i\) s’écrit 1j. La puissance s’écrit **. Le reste euclidien : 2025 % 4.
On veut mettre \(\dfrac{3+4i}{1-2i}\) sous forme algébrique \(a + bi\). Écrire un programme qui :
/Rappel Python : conjugué : z.conjugate(). Partie réelle : z.real. Partie imaginaire : z.imag.
On veut calculer \((1+i)^n\) de deux manières et observer la périodicité. Écrire un programme qui :
binome_complexe(a, b, n) qui calcule \((a+b)^n\) par la formule du binôme : \(\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k}\, b^k\)**) et par la formule du binômeRappel Python : coefficient binomial : from math import comb puis comb(n, k). Nombre complexe \(i\) : 1j.
Écrire une fonction forme_algebrique(z) qui prend un nombre complexe \(z\) et renvoie le couple \((a, b)\) tel que \(z = a + bi\). Puis :
Rappel Python : partie réelle : z.real. Partie imaginaire : z.imag. Retourner un couple : return a, b.
Des exercices en ligne pour s’entraîner sur les opérations algébriques dans ℂ :
✏️ Voir tous les exercices| Notion | Définition / Formule | Piège à éviter |
|---|---|---|
| Nombre imaginaire | \(i^2 = -1\) | \(i \neq -1\) et \(i^2 \neq 1\) |
| Forme algébrique | \(z = a + bi\) avec \(a = \text{Re}(z)\), \(b = \text{Im}(z)\) | \(b\) est réel, pas \(bi\) |
| Conjugué | \(\overline{z} = a - bi\) | \(\overline{z_1 z_2} = \overline{z_1}\,\overline{z_2}\) (pas une soustraction) |
| Module | \(|z| = \sqrt{a^2 + b^2}\) | \(|z|^2 = z \cdot \overline{z}\), pas \(z^2\) |
| Produit \(z \cdot \overline{z}\) | \(z \cdot \overline{z} = |z|^2 = a^2 + b^2\) | Toujours réel positif |
| Inverse | \(\displaystyle\frac{1}{z} = \frac{\overline{z}}{|z|^2}\) | Multiplier par le conjugué, pas diviser |
Méthode 1 : \((1+i)^2 = 2i\), puis \((1+i)^4 = (2i)^2 = -4\), puis \((1+i)^8 = (-4)^2 = 16\). Méthode 2 : \(|1+i| = \sqrt{2}\) et \(\arg(1+i) = \pi/4\). Donc \((1+i)^8 = (\sqrt{2})^8 e^{i \cdot 8\pi/4} = 16 e^{2i\pi} = 16\). Même résultat ; la forme trigonométrique est bien plus rapide.
Nombres complexes (algèbre) : teste d’abord ton intuition, puis lis l’explication.
« Si \(z^2 = -1\), alors \(z = i\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
\(z^2 = -1\) a deux solutions : \(z = i\) et \(z = -i\). Vérification : \((-i)^2 = i^2 = -1\). ✓
Toute équation \(z^2 = w\) dans \(\mathbb{C}\) (avec \(w \neq 0\)) a exactement deux solutions opposées.
Mini-test : combien de solutions a \(z^2 = -4\) dans \(\mathbb{C}\) ?
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« Si \(|z| = 0\), alors \(z\) n’existe pas. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
\(|z| = 0 \Leftrightarrow z = 0\). Le nombre \(0\) est un complexe parfaitement valide ! Il a un module nul.
Mini-test : \(|z| \geq 0\) pour tout \(z \in \mathbb{C}\) est :
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« Le conjugué de \(z_1 + z_2\) est \(\bar{z_1} \times \bar{z_2}\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Confusion entre deux propriétés distinctes :
Le conjugué d’une somme : \(\overline{z_1 + z_2} = \bar{z_1} + \bar{z_2}\) (le conjugué passe la somme).
Le conjugué d’un produit : \(\overline{z_1 \times z_2} = \bar{z_1} \times \bar{z_2}\) (le conjugué passe le produit).
L’affirmation mélange les deux : elle met une somme à gauche et un produit à droite !
Mini-test : \(\overline{z_1 \times z_2}\) vaut :
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« \(i^2 = 1\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
\(i^2 = -1\) par définition. C’est la propriété fondatrice des nombres complexes.
Attention : \(i^4 = (i^2)^2 = (-1)^2 = 1\), mais \(i^2 = -1\).
Mini-test : que vaut \(i^3\) ?
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« Pour tout \(z \in \mathbb{C}\), \(z \times \bar{z} = |z|^2\) est un réel positif. »
Cette propriété est-elle toujours vraie ?
C’est vrai. Si \(z = a + bi\), alors \(\bar{z} = a - bi\) et \(z\bar{z} = a^2 + b^2 = |z|^2 \geq 0\).
Cette propriété est fondamentale pour calculer l’inverse d’un complexe : \(\dfrac{1}{z} = \dfrac{\bar{z}}{|z|^2}\).
Mini-test : si \(z = 3 + 4i\), que vaut \(z\bar{z}\) ?
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« On peut comparer deux nombres complexes avec \(<\) et \(>\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
\(\mathbb{C}\) n’est pas ordonné. On ne peut pas dire \(1+i > 2-i\) par exemple.
On peut comparer les modules (\(|z_1| < |z_2|\)) ou les parties réelles/imaginaires séparément, mais pas les complexes eux-mêmes.
Mini-test : peut-on écrire \(3+2i < 1+5i\) ?
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre