Nombres complexes

• Elément du cercle unité dans le plan complexe 👉 écriture $\displaystyle z=e^{i\theta}$, caractérisation avec $\displaystyle |z|=1$ ;
• On voit du “barre” 👉 penser à $\displaystyle |\overline{a}|=|a|$.

Si $\displaystyle z\in T$ alors $\displaystyle z=e^{i\theta}$. On a en factorisant le numérateur par $\displaystyle e^{i\theta}$ et en utilisant $\displaystyle |\overline{a}|=|a|$ :
$$\left|\frac{e^{i\theta}-\alpha}{1-\overline{\alpha}e^{i\theta}}\right|=\left|\frac{1-\alpha e^{-i\theta}}{1-\overline{\alpha}e^{i\theta}}\right|=1.$$ Donc $\displaystyle \phi(z)\in T$. Pour montrer la bijection, on va exhiber la transformation inverse. Supposons donc $\displaystyle \frac{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}z}=w$ avec $\displaystyle w\in T$. Alors $\displaystyle z-\alpha=w-\overline{\alpha}wz$ et $\displaystyle z(1+\overline{\alpha}w)=w+\alpha$, i.e. $\displaystyle z=\frac{w+\alpha}{1+\overline{\alpha}w}$. Comme $\displaystyle w\in T$, on peut montrer comme précédemment que $\displaystyle z\in T$. On en déduit que $\displaystyle \phi_\alpha$ est une bijection de $\displaystyle T$ dans $\displaystyle T$.

Recherchons les points fixes de cette transformation.
$\displaystyle z'=z~\Leftrightarrow~z=\frac{-1+3i}{1+i}~\Leftrightarrow~z=1+2i$. Notons $\displaystyle z_0=1+2i$.
L’égalité $$z'=(2+i)z+1-3i$$ s’écrit aussi : $$z'-z_0=(2+i)z+1-3i-z_0,$$ $$z'-z_0=(2+i)z-5i,$$ $$z'-z_0=(2+i)(z-z_0).$$ On a : $\displaystyle 2+i=\sqrt 5e^{i\theta}$ avec $\displaystyle \theta=\arctan(1/2)$.
On reconnaît donc l’écriture complexe d’une similitude directe de centre $\displaystyle z_0$, d’angle $\displaystyle \theta$ et de rapport $\displaystyle \sqrt 5$.

• Faire des dessins !
• Il est toujours plus facile de calculer des modules au carré que des modules.

On a $\displaystyle \Delta(1,\rho,\varphi)\subset D(0,1)$ où $\displaystyle D(0,1)$ est le disque unité fermé. Soit $\displaystyle z\in\Delta(1,\rho,\varphi)$. On a $\displaystyle |1-z|=r$, et $$1-|z|^2=1-z\overline{z}=1-(1-re^{i\theta})(1-re^{-i\theta})=r(e^{i\theta}+e^{-i\theta})-r^2.$$ Donc $\displaystyle 1-|z|^2\ge r(2\cos \varphi-\rho)$ car $\displaystyle r\le\rho$ et $\displaystyle |\theta|\le\varphi$ implique $\displaystyle \cos \theta\ge\cos \varphi$. Avec $\displaystyle 1+|z|\le 2$, on en déduit que $$\frac{|1-z|}{1-|z|}=\frac{|1-z|(1+|z|)}{1-|z|^2}\le \frac{2}{2\cos\varphi -\rho}.$$

Joli résultat à connaître (pour la culture ?). Tu trouveras sur cette page Wikiversité les liens entre affixes, vecteurs, angles, et notamment la preuve de cette équivalence en bas de la page !

Série géométrique, Angle moitié.

1. Il y a plusieurs méthodes d’efficacité équivalente. On peut par exemple raisonner par récurrence sur $\displaystyle n \ge 1$. Sinon, on peut s’apercevoir qu’on a à peu près une somme géométrique. En effet, $$D_n(x)= \sum_{l=0}^{2n} e^{i(l-n)x} = e^{-inx} \sum_{l=0}^n \left(e^{ix}\right)^l = e^{-inx} \frac{e^{i(2n+1)x}-1}{e^{ix}-1}.$$ On s’arrange ensuite pour faire apparaître des sinus. En utilisant la formule $\displaystyle e^{i \alpha x}-1 = e^{-i\alpha/2 x} 2 i \sin(\alpha/2),$ on obtient : $$D_n(x) = e^{-inx} \frac{e^{i\frac{2n+1}{2}x}}{e^{i\frac{x}{2}}} \frac{2i \sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x \right)}{2 i \sin\left(\frac{x}{2}\right)}=\frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}.$$

2. Ici aussi il y a plusieurs méthodes. On peut encore raisonner par récurrence, ou tenter un calcul direct comme précédemment (avec des suites géométriques dérivées). Voici une preuve un peu originale, se basant sur la première question : on écrit que $$K_n(x) = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n \frac{\sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}$$$$= \frac{1}{n+1} \frac{1}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)^2} \sum_{k=0}^n 2 \sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right) \sin\left(\frac{x}{2}\right).$$ On utilise ensuite la formule élémentaire $$2 \sin(a)\sin(b) = \cos(a-b)-\cos(a+b)$$ pour écrire : $$2 \sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right) \sin\left(\frac{x}{2}\right) = \cos(kx)-\cos((k+1)x).$$ On reconnaît alors une somme téléscopique ! On peut donc calculer : $$K_n(x) = \frac{1}{n+1} \frac{1}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)^2} \left(1-\cos((n+1)x)\right),$$ et on conclut en écrivant que $$\frac{1-\cos((n+1)x)}{2} = \left(\sin\left(\frac{n+1}{2}x \right)\right)^2.$$

Élever au carré, prendre le conjugué, factoriser, etc.

Élevons au carré :
$$\begin{aligned} \left(e^{ix}+e^{iy}+e^{iz}\right)^2 &=e^{2ix}+e^{2iy}+e^{2iz}+2e^{i(x+y)}+2e^{i(x+z)}+2e^{i(y+z)}\\ &= e^{2ix}+e^{2iy}+e^{2iz}+2e^{i(x+y+z)}\left(e^{-ix}+e^{-iy}+e^{-iz}\right). \end{aligned}$$ Comme on a $\displaystyle e^{ix}+e^{iy}+e^{iz}=0$, on a également par passage au conjugué : $\displaystyle e^{-ix}+e^{-iy}+e^{-iz}=0$. D’où le résultat.

1. Montrer que $\displaystyle z_n\sim z'_n$ 👉 Caractériser par $\displaystyle z_n=z'_n+o(z_n)$.
2. Prendre par exemple : $\displaystyle u_n=n+i$ et $\displaystyle v_n=n+2i$.

1. Notons $\displaystyle z_n=a_n+i~b_n$, et $\displaystyle z'_n=a'_n+i~b'_n$ (avec $\displaystyle a_n,b_n,a'_n,b'_n$ réels).
   Par hypothèse, $\displaystyle a_n=a'_n+o(a_n)$ et $\displaystyle b_n=b'_n+o(b_n)$.
   Par combinaison linéaire, $\displaystyle z_n=z'_n+o(a_n)+o(b_n)$.
   Or $\displaystyle |a_n|\leq|z_n|$ et $\displaystyle |b_n|\leq|z_n|$, donc on a finalement : $\displaystyle z_n=z'_n+o(z_n)$.
   Autrement dit, $\displaystyle z_n\sim z'_n$.
2. Considérons les suites définies par $\displaystyle u_n=n+i$ et $\displaystyle v_n=n+2i$.
   Alors $\displaystyle \frac{v_n}{u_n} = \frac{(n+2i)(n-i)}{n^2+1} = \frac{n^2+2}{n^2+1}+i~\frac{n}{n^2+1}$.
   Or $\displaystyle \frac{n^2+2}{n^2+1}\sim \frac{n^2}{n^2}=1$, donc $\displaystyle \frac{n^2+2}{n^2+1}\to 1$, et $\displaystyle \frac{n}{n^2+1}\sim\frac{1}{n}$ donc $\displaystyle \frac{n}{n^2+1}\to 0$.
   On a donc bien $\displaystyle \frac{v_n}{u_n}\to 1$, donc $\displaystyle v_n\sim u_n$.
   Pourtant $\displaystyle \frac{\mathrm{Im}(v_n)}{\mathrm{Im}(u_n)} = 2$ ne tend pas vers $\displaystyle 0$ !

Utiliser le lien entre cosinus et exponentielle complexe. On obtient alors un binôme de Newton.

On a $\displaystyle S=\mathrm{Re}\left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}e^{ikx}\right)$.
D’après la formule du binôme, on peut écrire $\displaystyle S=\mathrm{Re}\left((1+e^{ix})^n\right)$.
La méthode de l’angle moitié est faite pour ce genre de situation ! Alors en factorisant par $\displaystyle e^{i\frac x2}$, il vient :
$$\begin{aligned} S& = \mathrm{Re}\left( e^{in\frac x2}(e^{i\frac x2}+e^{-i\frac x2})^n\right)\\ & = \mathrm{Re}\left( e^{in\frac x2}2^n\cos^n(\frac x2)\right) \\ &= 2^n\cos^n(\frac x2)\cos\left(\frac{nx}{2}\right). \end{aligned}$$

Les objets de la question 2 ressemblent beaucoup à des angles 👉 on peut essayer de regarder l’argument des complexes introduits à la question 1 !

1. Pas le choix, on calcule… Avec la formule du binôme, on obtient : $$(5+i)^4 = 625+4.i.125-6.25-4.i.5+1 = 476+480 i.$$
   Et on développe : $$(2+2i)(239+i) = 478+2i+478i-2 = 476+480i.$$
   Et le tour est joué !

2. On écrit les nombres complexes de la question précédente sous forme trigonométrique. On rappelle que, si $\displaystyle a,b>0$, alors : $$a+ib = \sqrt{a^2+b^2} \exp\left(i \arctan(b/a)\right).$$
   On a donc $$(5+i)^4 = \left(\sqrt{26} \exp\left(i \theta_1\right)\right)^4 = 26^2\exp\left(4 i \theta_1\right),$$ $$239+i = \sqrt{1+239^2} \exp\left(i \theta_2\right),$$ avec $\displaystyle \theta_1=\arctan\left(\frac{1}{5} \right) \ , \ \theta_2=\arctan\left(\frac{1}{239} \right)$$$2+2 i = 2 \exp\left(i \arctan(1/1)\right)= 2 \exp\left(i \frac{\pi}{4}\right).$$
   On a donc, d’après la question 1, $$\frac{26^2}{\sqrt{1+239^2}} \exp\left(i (4\theta_1-\theta_2)\right) =2 \exp\left(i \frac{\pi}{4}\right).$$ Par unicité de l’argument modulo $\displaystyle 2 \pi$, on a alors $$4 \theta_1-\theta_2 = \frac{\pi}{4} + 2k\pi$$ pour un certain $\displaystyle k \in \mathbb{Z}.$

3. Il reste à montrer que $\displaystyle k=0$. Pas marrant. On utilise l’inégalité $\displaystyle x-x^3/3 \le \arctan(x) \le x$ pour avoir l’estimation $\displaystyle \frac{1}{5}-\frac{1}{475} \le \theta_1 \le \frac{1}{5}$. De plus, $\displaystyle 0 \le \theta_2 \le \frac{1}{239}$. Ainsi : $$\frac{4}{5}-\frac{4}{475}-\frac{1}{239} \le 4 \theta_1-\theta_2 \le \frac{4}{5}.$$ On a $\displaystyle 4/475 \le 4/400 = 0.01$ et $\displaystyle 1/239 \le 1/200 = 0.005$ donc $$0.785 \le 4 \theta_1-\theta_2 \le 0.8$$ Comme le seul nombre de la forme $\displaystyle \pi/4+2k \pi$ à être dans l’intervalle $\displaystyle (0.785,0.8)$ est $\displaystyle \pi/4$, on a bien montré que $\displaystyle k=0$. Il y avait sûrement plus simple comme réponse, mais celle-ci permet (en multipliant par 4) d’avoir l’inégalité $\displaystyle 3.14 \le \pi \le 3.2$, ce qui n’est pas si mal !

Le résultat de cet exercice (avec $\displaystyle C = 14$) intervient de manière importante dans l’article suivant, qui étudie l’ordre de grandeur des valeurs extrêmes de polynômes caractéristiques de matrices aléatoires: https://arxiv.org/abs/1607.00243 (voir Lemme 4.3). La valeur optimale de $\displaystyle C$ n’est pas connue par l’auteur de l’exercice, qui en testant quelques dizaines de milliers de polynômes aléatoirement choisis n’a pas pu exclure que $\displaystyle C = \sqrt{2}$ soit possible. On a un résultat analogue (avec une constante ne dépendant que de $\displaystyle \epsilon$), en changeant $\displaystyle \mathbb{U}_{2n}$ par $\displaystyle \mathbb{U}_{\max(n+1, \lfloor n(1+ \epsilon) \rfloor) }$, $\displaystyle \epsilon$ étant n’importe quel réel strictement positif choisi à l’avance. Il est clair qu’on ne peut pas changer $\displaystyle \mathbb{U}_{2n}$ en $\displaystyle \mathbb{U}_{n}$, comme le montre l’exemple du polynôme $\displaystyle z \mapsto z^n -1$. Pour $\displaystyle \mathbb{U}_{n+1}$, on obtient un résultat analogue, mais $\displaystyle C$ doit être remplacé par une fonction croissant logarithmiquement en $\displaystyle n$.

1. Comme $\displaystyle \lambda_s = 0$ dès que $\displaystyle s \leq -n$ ou $\displaystyle s \geq 2n$, le membre de droite de l’égalité est $$\frac{1}{2n} \sum_{s = -n+1}^{2n-1} \lambda_s z^s \sum_{\omega \in \mathbb{U}_{2n}} \omega^{k} \bar{\omega}^s = \sum_{s = -n+1}^{2n-1} \lambda_s z^s \mathbf{1}_{s \equiv k \operatorname{mod.} 2n}.$$
   Il n’est pas possible d’avoir $\displaystyle |s-k| \geq 2n$ avec $\displaystyle k \in \{0,\dots,n\}$ et $\displaystyle s \in \{-n+1, \dots, 2n-1\}$, donc la congruence n’est satisfaite que pour $\displaystyle s = k$. Comme $\displaystyle \lambda_k = 1$ pour $\displaystyle k \in \{0, \dots, n-1\}$, on obtient le résultat souhaité.
2. Le résultat est une conséquence directe de 1., par linéarité.
3. On a
   $$\begin{aligned} 2n |R(u)| & \leq \sum_{s \in \mathbb{Z}} \lambda_s = \sum_{s = -n+1}^0 \frac{s+n}{n} + \sum_{s = 1}^n 1 + \sum_{s = n+1}^{2n-1} \frac{2n-s}{n}, \\ & = n + \sum_{m = 1}^n \frac{m}{n} + \sum_{m=1}^{n-1} \frac{m}{n} = n + \frac{n+1}{2} + \frac{n-1}{2} = 2n \end{aligned}$$
   et donc $\displaystyle |R(z)| \leq 1$. D’autre part, $\displaystyle \lambda_s$ est la moyenne, pour $\displaystyle m$ entier entre $\displaystyle 0$ et $\displaystyle n-1$, des indicatrices des intervalles d’entiers $\displaystyle \{-m, -m+1 \dots, n+m\}$. On en déduit, en multipliant par $\displaystyle n$, que si $\displaystyle u \in \mathbb{U} \backslash \{1\}$:
   $$2n^2 R(u) = \sum_{m=0}^{n-1} \sum_{s = -m}^{m+n} u^s = \sum_{m=0}^{n-1} \frac{u^{m+n+1} - u^{-m}}{u-1},$$
   $$2 n ^2 R(u) (u-1) = \sum_{r= n+1}^{2n} u^r - \sum_{r = -n+1}^0 u^r = \frac{u^{2n+1} - u^{n+1}}{u-1} - \frac{u - u^{-n+1}}{u-1},$$
   $$2n^2 R(u) (u-1)^2 = (u- u^{-n+1})(u^{2n}-1).$$
   Comme $\displaystyle |u-1|^2 =(u-1)(u^{-1}-1) = -u^{-1} (u-1)^2$, on en déduit, pour tout $\displaystyle u \in \mathbb{U} \backslash \{1\}$:
   $$R(u) =\frac{ (u^{-n} - 1) (u^{2n}-1)}{2n^2 |u-1|^2}.$$
   Le numérateur a un module au plus égal à $\displaystyle 4$, ce qui prouve le résultat demandé.
4. Pour $\displaystyle j \in \{0,1,2, \dots, 2n-1\}$, l’arc de cercle semi-ouvert correspondant aux arguments dans $\displaystyle (-\pi j/2n,\pi j/2n]$ a pour longueur $\displaystyle \pi j /n$: il contient donc exatement $\displaystyle j$ points de la forme $\displaystyle z \bar{\omega}$ pour $\displaystyle \omega \in \mathbb{U}_{2n}$. Parmi les points de cette forme, le $\displaystyle (j+1)$-ème plus proche de $\displaystyle 1$ n’est donc pas sur cet arc, son argument pris dans $\displaystyle (-\pi, \pi]$ est de valeur absolue au moins $\displaystyle \pi j /2n$, et sa distance à $\displaystyle 1$ est au moins $\displaystyle 2 \sin(\pi j / 4n)$.
5. On a les inégalités:
   $$\begin{aligned} & \sum_{\omega \in \mathbb{U}_{2n}} |R(\bar{\omega} z)| \leq \sum_{j=0}^{2n-1} \min(1, 2n^{-2} d_j^{-2}) \\ & \leq 1 + \frac{2}{n^2} \sum_{j=1}^{2n-1} d_j^{-2} \leq 1 + \frac{2}{n^2} \sum_{j=1}^{2n-1} \frac{1}{(2 \sin(\pi j / 4n))^2}. \end{aligned}$$
6. En combinant 2. et 5., on trouve le résultat demandé, avec
   $$C = 1 + \frac{1}{2n^2} \sum_{j=1}^{2n-1} \frac{1}{ \sin^2( \pi j/4n)} \leq 1 + \frac{1}{2n^2} \sum_{j=1}^{2n-1} \frac{1}{ ( (2 / \pi)\pi j/4n)^2},$$
   $$C \leq 1 + 2 \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{j^2} = 1 + \frac{\pi^2}{3}\leq 5.$$
7. On applique l’égalité pour $\displaystyle N = 4n$, et on obtient
   $$\frac{16n^2 - 1}{3} = \sum_{j=1}^{4n-1}\frac{1}{\sin^2(\pi j / 4n)} = 1 +2 \sum_{j=1}^{2n-1}\frac{1}{\sin^2(\pi j / 4n)},$$
   $$\sum_{j=1}^{2n-1}\frac{1}{\sin^2(\pi j / 4n)} = \frac{8n^2 - 2}{3} \leq \frac{8 n^2}{3}.$$
   Ceci permet de prendre $\displaystyle C = 7/3$.
8. Le polynôme $\displaystyle z \mapsto z^n +i$ donne un contre-exemple pour tout $\displaystyle C < \sqrt{2}$.