Cours : Les nombres complexes d'un point de vue algébrique

Les règles de calcul sur l’addition et la multiplication étant les mêmes que pour l’ensemble des réels, nous avons :

$$\begin{aligned} z+z^{\prime}&=(a+\text{i}b)+(a^{\prime}+\text{i}b^{\prime}) \\ &=a+\text{i}b+a^{\prime}+\text{i}b^{\prime} \\ &=(a+a^{\prime})+\text{i}(b+b^{\prime}) \\ \\ zz^{\prime}&=(a+\text{i}b)\times(a^{\prime}+\text{i}b^{\prime}) \\ &=aa^{\prime}+a\text{i}b^{\prime}+\text{i}ba^{\prime}+\text i^2bb^{\prime} \\ &=aa^{\prime}+\text{i}(ab^{\prime}+a^{\prime}b)-bb^{\prime} \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car i$^2=-1$]}}} \\ &=(aa^{\prime}-bb^{\prime})+\text{i}(ab^{\prime}+a^{\prime}b) \end{aligned}$$

Posons $z=a+\text ib$ et $z^{\prime}=a^{\prime}+\text{i}b^{\prime}$, avec $a$, $b$, $a^{\prime}$ et $b^{\prime}$ des réels. Alors :

$$z+z^{\prime}=0\Leftrightarrow (a+a^{\prime})+\text{i}(b+b^{\prime})=0$$

Les parties réelle et imaginaire de $z+z^{\prime}$ doivent être nulles, donc : $a+a^{\prime}=0$ et $b+b^{\prime}=0$.

• Soit : $a^{\prime}=-a$ et $b^{\prime}=-b$.

Posons $z=a+\text{i}b$, avec $a$, $b$ des réels non tous les deux nuls. Alors :

$$\begin{aligned} \dfrac 1z&=\dfrac 1{a+\text{i}b} \\ &=\dfrac {a-\text{i}b}{(a+\text{i}b)\times(a-\text{i}b)} \\ &=\dfrac{a-\text{i}b}{a^2-(\text{i}b)^2} \\ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [les identités remarquables sont valables dans $\mathbb C$]}}} \\ &=\dfrac{a-\text{i}b}{a^2+b^2} \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car i$^2=-1$]}}} \end{aligned}$$

• Nous avons ici multiplié le numérateur et le dénominateur par le conjugué de ce dernier. Nous découvrirons plus loin combien cette « technique » est utile.

En effet , posons $z=a+\text ib$, avec $a$ et $b$ des réels.

• Nous avons alors :

$$\begin{aligned} z+\bar{z}&=a+\text{i}b+a-\text{i}b \\ &=2a \\ &=2\,\mathfrak{Re}(z) \end{aligned}$$

• Nous avons ensuite :

$$\begin{aligned} z-\bar{z}&=a+\text{i}b-(a-\text{i}b) \\ &=a+\text{i}b-a+\text{i}b \\ &=2 \text{i}b \\ &=2 \text{i}\, \mathfrak{Im}(z) \end{aligned}$$

• Et enfin :

$$\begin{aligned} \overline{\overline{z}}&=\overline{a-\text{i}b} \\ &=a+\text{i}b \\ &=z \end{aligned}$$

En effet, posons $z=a+\text{i}b$, avec $a$ et $b$ des réels, et $z^{\prime}=a^{\prime}+\text{i}b^{\prime}$, avec $a^{\prime}$ et $b^{\prime}$ des réels.

• Commençons par démontrer les trois premières formules :

$$\begin{aligned} \overline{-z}&=\overline{-(a+\text{i}b)} \\ &=\overline{-a-\text{i}b} \\ &=-a+\text{i}b \\ &=-(a-\text{i}b) \\ &=-\bar{z} \\ \\ \overline{z+z^{\prime}}&=\overline{(a+\text{i}b)+(a^{\prime}+\text{i}b^{\prime})} \\ &=\overline{a+a^{\prime}+\text{i}(b+b^{\prime})} \\ &=a+a^{\prime}-\text{i}(b+b^{\prime}) \\ &=a-\text ib+a^{\prime}-\text{i}b^{\prime} \\ &=\bar{z}+\overline{z^{\prime}} \\ \\ \textcolor{#A9A9A9}{\text{D’une part\ :\ }}\overline{z\times z^{\prime}}&=\overline{aa^{\prime}-bb^{\prime}+\text{i}(ab^{\prime}+a^{\prime}b)} \\ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[en utilisant la propriété du produit]}}} \\ &=\green{aa^{\prime}-bb^{\prime}-\text{i}(ab^{\prime}+a^{\prime}b)} \\ \textcolor{#A9A9A9}{\text{D’autre part\ :\ }} \bar z \times \overline{z^{\prime}}&=(\overline{a+\text{i}b})\times (\overline{a^{\prime}+\text{i}b^{\prime}}) \\ &=(a-\text{i}b)\times (a^{\prime}-\text{i}b^{\prime}) \\ &=aa^{\prime}-a\text i b^\prime -\text i b a^\prime+\text i^2bb^\prime \\ &=\green{aa^{\prime}-bb^{\prime}-\text{i}(ab^{\prime}+a^{\prime}b)} \\ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Donc\ :\ }}\overline{z\times z^{\prime}}&=\bar{z}\times \overline{z^{\prime}} \end{aligned}$$

• Démontrons par récurrence la propriété $P_n$ suivante : « Pour tout entier naturel $n$, $\overline{z^n}=(\bar{z})^n$ ».

Initialisation :

Pour $n=0$, nous avons :

$$\begin{aligned} \overline{z^0}&= \overline{(a+\text{i}b)^0} \\ &=1 \\ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}(\bar{z})^0&=(a-\text{i}b)^0 \\ &=1 \\ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Donc\ :\ }}\overline{z^0}&=(\bar{z})^0 \end{aligned}$$

• $P_0$ est vraie.

Hérédité :

Supposons qu’il existe un rang $k$ (entier naturel) tel que $P_k$ est vraie :

• $\overline{z^k}=(\bar{z})^k$.

Montrons que cela implique que $P_{k+1}$ est aussi vraie.

• C’est-à-dire : $\overline{z^{k+1}}=(\bar{z})^{k+1}$.

Nous avons :

$$\begin{aligned} \overline{z^{k+1}}&=\overline {z^k\times z} \\ &=\overline {z^k} \times \bar z \\ &=(\bar{z})^k \times \bar{z} \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [par hypothèse de récurrence]}}} \\ &=(\bar{z})^{k+1} \end{aligned}$$

• Si $P_k$ est vraie, alors $P_{k+1}$ est vraie.

Conclusion :

Nous avons montré que la propriété était vraie au rang $0$, et nous avons démontré qu’elle était héréditaire à partir de $n=0$.

• La propriété $P_n$ est vraie pour tout entier naturel $n$.
• Supposons de plus que $z \neq 0$, alors :

$$\begin{aligned} z \times \dfrac 1z&=1 \\ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Donc\ :\ }} \overline{z \times \dfrac 1z} &=\bar{1} \\ &=1 \\ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }} \overline{z \times \dfrac 1z} &=\green{\bar{z} \times \overline{\left(\dfrac 1z\right)}=1} \end{aligned}$$

Ainsi, $\overline{\left(\frac 1z\right)}$ est l’inverse de $\bar z$.

• Nous avons donc :

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

• De même, toujours en supposant $z \neq 0$ :

$$\begin{aligned} \overline{\left(\dfrac {z^{\prime}}z\right)} &=\overline{z^{\prime}\times \dfrac 1z} \\ &=\overline{z^{\prime}}\times \overline{\left(\dfrac 1z\right)} \\ &=\overline{z^{\prime}}\times \dfrac 1{\bar{z}} \\ &=\dfrac {\overline {z^{\prime}}}{\bar{z}} \end{aligned}$$

Soit $z$ et $z^{\prime}$ deux nombres complexes.
Démontrons par récurrence la propriété $P_n$ suivante.

Pour tout entier naturel $n$ :

$$(z+z^{\prime})^n=\sum_{k=0}^n \binom nk z^{n-k} {z^{\prime}}^{\,k}$$

• Initialisation :

$$\begin{aligned} (z+z^{\prime})^0&=1 \\ \sum_{k=0}^0 \binom 0k z^{0-k} {z^{\prime}}^{\,k}&= \binom 00 z^0 {z^{\prime}}^{\,0} \\ &=1 \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car $\binom 00=1$]}}} \end{aligned}$$

• $P_0$ est vraie.
• Hérédité :

Supposons qu’il existe un rang $m$ (entier naturel) tel que $P_m$ est vraie :

$$\begin{aligned} (z+z^{\prime})^m&=\sum_{k=0}^m \binom mk z^{m-k} {z^{\prime}}^{\,k} \\ &=\binom m0 z^m+ \binom m1z^{m-1}z^{\prime}+…+ \binom m{m-1} z{z^{\prime}}^{\,m-1}+\binom mm {z^{\prime}}^{\,m} \end{aligned}$$

Montrons que cela implique que $P_{m+1}$ est aussi vraie, c’est-à-dire :

$$(z+z^{\prime})^{m+1}=\sum_{k=0}^{m+1} \binom {m+1}k z^{(m+1)-k} {z^{\prime}}^{\,k}$$

Nous avons, par hypothèse de récurrence :

$$\begin{aligned} (z+z^{\prime})^{m+1}&= (z+z^{\prime}) \times \purple{(z+z^{\prime})^m} \\ &=(z+z^{\prime}) \times \purple{\Bigg( \binom m0 z^m+ \binom m1z^{m-1}z^{\prime}+…} \\ &\quad\quad\quad\quad\quad\purple{+ \binom m{m-1} z{z^{\prime}}^{\,m-1}+\binom mm {z^{\prime}}^{\,m}\Bigg)} \end{aligned}$$

Nous allons maintenant développer, en mettant certains termes en couleur pour mieux nous y retrouver à l’étape suivante :

$$\begin{aligned} (z+z^{\prime})^{m+1}&=\red{\binom m0 z^{m+1}}+ \green{\binom m1 z^{m}z^{\prime}}+… \\ &\quad\quad\quad\quad\quad+ \binom m{m-1} z^2{z^{\prime}}^{\,m-1}+\blue{\binom mm z{z^{\prime}}^{\,m}} \\ &\quad\quad\quad\quad\quad+\green{\binom m0 z^mz^\prime}+ \binom m1z^{m-1}{z^{\prime}}^{\,2}+… \\ &\quad\quad\quad\quad\quad+ \blue{\binom m{m-1} z{z^{\prime}}^{\,m}}+\red{\binom mm {z^{\prime}}^{\,m+1}} \end{aligned}$$

Nous savons que $\red{\binom m0=\binom mm=1}$ et nous factorisons les termes $2$ à $2$ (par exemple, les termes en vert, puis les termes en bleu), pour obtenir :

$$\begin{aligned} (z+z^{\prime})^{m+1}&=\red{z^{m+1}} + \green{\Bigg(\binom m 1 + \binom m0\Bigg) z^m z^{\prime}} + … \\ &\quad\quad\quad\quad\quad + \blue{\Bigg(\binom m m + \binom m{m-1}\Bigg) z {z^{\prime}}^{\,m}}+\red{{z^{\prime}}^{\,m+1}} \end{aligned}$$

Là aussi, nous savons que $\red{\binom {m+1}0=\binom {m+1}{m+1}=1}$ et nous utilisons en outre la formule de Pascal pour les sommes de coefficients binomiaux :

$$\begin{aligned} (z+z^{\prime})^{m+1}&=\red{\binom{m+1} 0 z^{m+1}} + \green{\binom {m+1} 1 z^m z^{\prime}} + … \\ &\quad\quad\quad\quad\quad + \blue{\binom {m+1} m z {z^{\prime}}^{\,m}}+\red{\binom{m+1} {m+1}{z^{\prime}}^{\,m+1}} \\ &=\sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}k z^{(m+1)-k}{z^\prime}^{\,k} \end{aligned}$$

• Si $P_m$ est vraie, alors $P_{m+1}$ est vraie.
• Conclusion :

Nous avons montré que la propriété était vraie au rang $0$, et nous avons démontré qu’elle était héréditaire à partir de $n=0$.

• La propriété $P_n$ est vraie pour tout entier naturel $n$.