Nombres complexes : point de vue algébrique

Au XVIe siècle, les algébristes italiens Jérôme Cardan puis Rafael Bombelli s'attaquent aux équations de degré 3 et tombent sur un obstacle troublant : leurs formules de résolution font apparaître des racines carrées de nombres négatifs, alors même que les solutions finales sont des nombres réels parfaitement ordinaires. Plutôt que de renoncer, Bombelli ose calculer avec ces quantités « impossibles » comme s'il s'agissait de nombres, et ses calculs aboutissent. Il faudra deux siècles pour que ces objets soient pleinement acceptés et deviennent les nombres complexes, aujourd'hui indispensables des mathématiques à la physique. Ce chapitre les construit et apprend à calculer avec eux : c'est le point de vue algébrique.

L'ensemble des nombres complexes

Le point de départ est une frustration bien connue : l'équation $x^2=-1$ n'a aucune solution réelle, puisque le carré d'un réel est toujours positif ou nul. L'idée fondatrice consiste à décider qu'il existe un nombre nouveau, hors de $\mathbb{R}$, dont le carré vaut $-1$, puis à étendre les calculs usuels à ce nombre.

Remarques.

• La partie imaginaire est un nombre réel : c'est le coefficient qui multiplie $i$, pas le terme $ib$ tout entier. Ainsi $\mathrm{Im}(3-5i)=-5$, et non $-5i$.
• On écrit indifféremment $a+ib$ ou $a+bi$ : par exemple $2+3i$ ou $2+i\sqrt{3}$ (dans ce dernier cas, placer le $i$ devant évite toute ambiguïté sur ce qui est sous la racine).

L'écriture $a+ib$ n'aurait guère d'intérêt si un même nombre complexe pouvait s'écrire de deux façons différentes. Le théorème suivant garantit que ce n'est pas le cas : la forme algébrique est unique.

Démonstration. Le sens réciproque est évident. Pour le sens direct, supposons $a+ib=a^{\mathrm{\prime }}+i{b}^{\mathrm{\prime }}$, c'est-à-dire $a-a^{\mathrm{\prime }}=i(b^{\mathrm{\prime }}-b)$. En élevant au carré :

$$(a-a^{\mathrm{\prime }}{)}^2=i^2(b^{\mathrm{\prime }}-b{)}^2=-(b^{\mathrm{\prime }}-b{)}^2\mathrm{.}$$

Le membre de gauche est un réel positif ou nul, celui de droite un réel négatif ou nul : leur égalité impose que les deux soient nuls. Ainsi $(a-a^{\mathrm{\prime }}{)}^2=0$ et $(b^{\mathrm{\prime }}-b{)}^2=0$, d'où $a=a^{\mathrm{\prime }}$ et $b=b^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Ce théorème est l'outil central du chapitre : il permet d'identifier parties réelles et parties imaginaires, c'est-à-dire de transformer une égalité entre nombres complexes en un système de deux égalités entre nombres réels. Nous l'utiliserons constamment, notamment pour résoudre des équations.

Remarque. Le nombre $0$ est à la fois réel et imaginaire pur : c'est le seul complexe dans ce cas, puisque $z=0$ équivaut à $\mathrm{Re}(z)=0$ et $\mathrm{Im}(z)=0$.

Deux mises en garde importantes avant de commencer à calculer.

• Pas d'inégalités dans $\mathbb{C}$. Il n'existe pas de relation d'ordre sur $\mathbb{C}$ compatible avec les opérations : on n'écrit jamais $z⩽z^{\mathrm{\prime }}$ ni $z>0$ entre complexes non réels. Une écriture comme $i>0$ ou $2+i⩽3$ n'a aucun sens. Pour s'en convaincre : si l'on avait $i>0$, en multipliant par $i$ (supposé positif) on obtiendrait $i^2=-1>0$, absurde ; et si l'on avait $i<0$, alors $-i>0$ donnerait $(-i{)}^2=-1>0$, tout aussi absurde. Les symboles $<$, $>$, $⩽$, $⩾$ restent donc réservés aux nombres réels.
• Pas de racine carrée de nombre négatif. Le symbole $\sqrt{\phantom{x}}$ reste réservé aux réels positifs : on n'écrit jamais $\sqrt{-1}$ ni $\sqrt{-9}$. Écrire $i=\sqrt{-1}$ conduirait à des contradictions comme

$$-1=i\times i=\sqrt{-1}\times \sqrt{-1}=\sqrt{(-1)\times (-1)}=\sqrt{1}=1.$$

On dira donc « $i$ est un nombre dont le carré vaut $-1$ », et rien d'autre.

Somme et produit

Comment calcule-t-on dans $\mathbb{C}$ ? La réponse tient en une phrase : exactement comme dans $\mathbb{R}$, en remplaçant $i^2$ par $-1$ chaque fois qu'il apparaît. On admet que l'addition et la multiplication des complexes conservent toutes les règles de calcul usuelles : commutativité, associativité, distributivité de la multiplication sur l'addition.

Démonstration. La première formule est un simple regroupement de termes. Pour la seconde, on développe par distributivité :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (a+ib)(a^{\mathrm{\prime }}+i{b}^{\mathrm{\prime }})}& {\displaystyle =a{a}^{\mathrm{\prime }}+ia{b}^{\mathrm{\prime }}+i{a}^{\mathrm{\prime }}b+i^{2}b{b}^{\mathrm{\prime }}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a{a}^{\mathrm{\prime }}+ia{b}^{\mathrm{\prime }}+i{a}^{\mathrm{\prime }}b-b{b}^{\mathrm{\prime }}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(a{a}^{\mathrm{\prime }}-b{b}^{\mathrm{\prime }})+i(a{b}^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }}b)\mathrm{.}}\end{array}$$

$\mathrm{\square }$

Inutile d'apprendre la formule du produit par cœur : en pratique, on développe et on remplace $i^2$ par $-1$, comme dans l'exemple ci-dessous.

Puisque les règles de calcul sont les mêmes que dans $\mathbb{R}$, les identités remarquables restent valables dans $\mathbb{C}$ — et il s'en ajoute une nouvelle, impossible dans $\mathbb{R}$, qui factorise une somme de deux carrés.

Démonstration de la dernière identité. D'après la troisième identité appliquée aux complexes $z$ et $i{z}^{\mathrm{\prime }}$ :

$$(z+i{z}^{\mathrm{\prime }})(z-i{z}^{\mathrm{\prime }})=z^2-(i{z}^{\mathrm{\prime }}{)}^2=z^2-i^2{z}^{\mathrm{\prime }2}=z^2+z^{\mathrm{\prime }2}\mathrm{.}$$

$\mathrm{\square }$

Les puissances de $i$

Calculons les premières puissances de $i$ :

$$i^0=1,i^1=i,i^2=-1,i^3=i^2\times i=-i,i^4=i^3\times i=-i^2=1.$$

Arrivé à $i^4=1$, tout recommence : $i^5=i^4\times i=i$, puis $i^6=-1$, etc. Les puissances de $i$ se répètent selon un cycle de longueur 4.

Démonstration. Si $n=4q+r$, alors $i^n=i^{4q}\times i^r={\left(i^4\right)}^q\times i^r=1^q\times i^r=i^r$. $\mathrm{\square }$

Le conjugué

Le calcul $(2+3i)(2-3i)=4-9i^2=13$ a de quoi surprendre : le produit de deux complexes non réels peut être un réel. Les deux nombres $2+3i$ et $2-3i$, qui ne diffèrent que par le signe de la partie imaginaire, entretiennent une relation privilégiée qui mérite un nom.

Le conjugué se comporte remarquablement bien vis-à-vis des opérations : conjuguer une somme, un produit ou une puissance revient à conjuguer chaque morceau.

Démonstration du conjugué d'un produit. Posons $z=a+ib$ et $z^{\mathrm{\prime }}=a^{\mathrm{\prime }}+i{b}^{\mathrm{\prime }}$ avec $a$, $b$, $a^{\mathrm{\prime }}$, $b^{\mathrm{\prime }}$ réels. D'une part, d'après la formule du produit :

$$z{z}^{\mathrm{\prime }}=(a{a}^{\mathrm{\prime }}-b{b}^{\mathrm{\prime }})+i(a{b}^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }}b),\text{donc}\overline{z{z}^{\mathrm{\prime }}}=(a{a}^{\mathrm{\prime }}-b{b}^{\mathrm{\prime }})-i(a{b}^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }}b)\mathrm{.}$$

D'autre part :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \bar{z}\times \overline{z^{\mathrm{\prime }}}}& {\displaystyle =(a-ib)(a^{\mathrm{\prime }}-i{b}^{\mathrm{\prime }})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a{a}^{\mathrm{\prime }}-ia{b}^{\mathrm{\prime }}-i{a}^{\mathrm{\prime }}b+i^{2}b{b}^{\mathrm{\prime }}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(a{a}^{\mathrm{\prime }}-b{b}^{\mathrm{\prime }})-i(a{b}^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }}b)\mathrm{.}}\end{array}$$

Les deux résultats coïncident, d'où $\overline{z{z}^{\mathrm{\prime }}}=\bar{z}\times \overline{z^{\mathrm{\prime }}}$. La formule $\overline{z^n}={\left(\bar{z}\right)}^n$ s'en déduit par une récurrence immédiate, en appliquant la propriété du produit avec $z^{\mathrm{\prime }}=z^{n-1}$. Les autres points se vérifient par un calcul direct analogue. $\mathrm{\square }$

Combiner $z$ et $\bar{z}$ fait apparaître les parties réelle et imaginaire, ce qui fournit des caractérisations très efficaces des réels et des imaginaires purs.

Démonstration. Écrivons $z=a+ib$ sous forme algébrique. Alors

$$z+\bar{z}=(a+ib)+(a-ib)=2a=2\mathrm{Re}(z),z-\bar{z}=(a+ib)-(a-ib)=2ib=2i\mathrm{Im}(z)\mathrm{.}$$

Pour la première caractérisation : $\bar{z}=z$ équivaut à $z-\bar{z}=0$, c'est-à-dire à $2i\mathrm{Im}(z)=0$, donc à $\mathrm{Im}(z)=0$, ce qui signifie exactement que $z$ est réel. De même, $\bar{z}=-z$ équivaut à $z+\bar{z}=0$, donc à $\mathrm{Re}(z)=0$, c'est-à-dire à $z$ imaginaire pur. $\mathrm{\square }$

Reste la propriété la plus importante du conjugué, celle qui explique le calcul surprenant du début de section — et qui ouvrira la porte de la division.

Démonstration. C'est l'identité remarquable de la section précédente, lue à l'envers :

$$z\bar{z}=(a+ib)(a-ib)=a^2-(ib{)}^2=a^2+b^2\mathrm{.}$$

Une somme de deux carrés de réels est positive ou nulle, et elle est nulle si et seulement si $a=0$ et $b=0$, c'est-à-dire si et seulement si $z=0$. $\mathrm{\square }$

Inverse et quotient

Peut-on diviser par un nombre complexe non nul ? Autrement dit, un complexe $z\mathrm{\ne }0$ admet-il un inverse, c'est-à-dire un complexe $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ tel que $z{z}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=1$ ? La propriété $z\bar{z}=a^2+b^2$ répond immédiatement : puisque $z\bar{z}$ est un réel non nul dès que $z\mathrm{\ne }0$, il suffit de diviser $\bar{z}$ par ce réel.

Démonstration. Comme $z\mathrm{\ne }0$, le réel $a^2+b^2$ est strictement positif, donc non nul. Posons $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{\bar{z}}{a^2+b^2}}$. Alors

$$z\times z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{z\bar{z}}{a^2+b^2}}={\displaystyle \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}}=1,$$

donc $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ est bien un inverse de $z$. Il est unique : si $z{z}_1=1$ et $z{z}_2=1$, alors en multipliant l'égalité $z{z}_1=z{z}_2$ par $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ on obtient $z_1=z_2$. $\mathrm{\square }$

Une fois l'inverse disponible, le quotient s'en déduit : pour $z\mathrm{\ne }0$, on pose ${\displaystyle \frac{z^{\mathrm{\prime }}}{z}}=z^{\mathrm{\prime }}\times {\displaystyle \frac{1}{z}}$. En pratique, on ne calcule jamais l'inverse séparément : on utilise la technique suivante, à connaître parfaitement.

Le conjugué traverse aussi les quotients, ce qui complète la liste de ses propriétés opératoires.

Démonstration. Notons d'abord que $\bar{z}\mathrm{\ne }0$ (si $\bar{z}$ était nul, son conjugué $z$ le serait aussi). Partons de $z\times {\displaystyle \frac{1}{z}}=1$ et conjuguons les deux membres. Comme le conjugué d'un produit est le produit des conjugués et que $\bar{1}=1$ :

$$\bar{z}\times \overline{\left({\displaystyle \frac{1}{z}}\right)}=1.$$

Ainsi $\overline{\left({\displaystyle \frac{1}{z}}\right)}$ est l'inverse de $\bar{z}$, ce qui est la première formule. La seconde s'en déduit : $\stackrel{‾}{\left({\displaystyle \frac{z^{\mathrm{\prime }}}{z}}\right)}=\overline{z^{\mathrm{\prime }}\times {\displaystyle \frac{1}{z}}}=\overline{z^{\mathrm{\prime }}}\times {\displaystyle \frac{1}{\bar{z}}}={\displaystyle \frac{\overline{z^{\mathrm{\prime }}}}{\bar{z}}}$. $\mathrm{\square }$

La formule du binôme de Newton

Développer $(z+z^{\mathrm{\prime }}{)}^2$ ou $(z+z^{\mathrm{\prime }}{)}^3$ se fait à la main. Mais $(z+z^{\mathrm{\prime }}{)}^n$ pour $n$ quelconque ? La réponse mobilise les coefficients binomiaux rencontrés dans le chapitre de combinatoire de la spécialité : rappelons que ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)}$ désigne le nombre de parties à $k$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments. On dispose notamment de ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)}=1$, de la relation de symétrie ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n-k}\right)}$, et de la relation de Pascal ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k+1}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k+1}\right)}$, qui permet de construire le triangle de Pascal ligne par ligne. Les premières lignes, qui suffisent en pratique, sont :

$$n=0:1n=1:11n=2:121n=3:1331n=4:14641.$$

Cette formule a été établie pour les nombres réels dans le chapitre de combinatoire (par un raisonnement de dénombrement, ou par récurrence à l'aide de la relation de Pascal). La démonstration n'utilise que les règles de calcul sur la somme et le produit — commutativité, associativité, distributivité — qui sont les mêmes dans $\mathbb{C}$ que dans $\mathbb{R}$ : la formule reste donc valable pour des nombres complexes, et nous l'admettons sous cette forme.

Résolution d'équations

Nous disposons maintenant de tous les outils de calcul : sommes, produits, conjugués, quotients. Ce dernier volet les met au service de la résolution d'équations, en trois familles de difficulté croissante — et il tiendra la promesse faite par Bombelli : donner des solutions aux équations du second degré qui n'en avaient pas dans $\mathbb{R}$.

Équations du premier degré

Équations faisant intervenir $z$ et $\bar{z}$

Lorsque l'inconnue apparaît à la fois sous la forme $z$ et sous la forme $\bar{z}$, on ne peut plus isoler $z$ par les opérations usuelles : $z$ et $\bar{z}$ ne sont pas proportionnels. La bonne stratégie consiste à revenir à la forme algébrique.

Équations du second degré à coefficients réels

Venons-en au résultat central du chapitre. En première, la résolution de $a{x}^2+bx+c=0$ s'arrêtait net lorsque le discriminant était strictement négatif : « pas de solution réelle ». Dans $\mathbb{C}$, l'histoire se termine autrement.

Remarque. Dans le cas $\mathrm{\Delta }<0$, c'est bien $\sqrt{-\mathrm{\Delta }}$ qui apparaît : comme $\mathrm{\Delta }<0$, le réel $-\mathrm{\Delta }$ est strictement positif et sa racine carrée a un sens. On n'écrit jamais $\sqrt{\mathrm{\Delta }}$ quand $\mathrm{\Delta }<0$.

Démonstration (cas $\mathrm{\Delta }<0$). Les deux premiers cas sont ceux de la classe de première. Supposons $\mathrm{\Delta }<0$. La mise sous forme canonique, valable pour tout complexe $z$ puisqu'elle ne repose que sur des identités remarquables, donne :

$$a{z}^2+bz+c=a[{(z+{\displaystyle \frac{b}{2a}})}^2-{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }}{4a^2}}]\mathrm{.}$$

Comme $\mathrm{\Delta }<0$, on a $-{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }}{4a^2}}>0$, et ce réel positif est le carré de ${\displaystyle \frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}}$ :

$$-{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }}{4a^2}}={\left({\displaystyle \frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}}\right)}^2\mathrm{.}$$

On reconnaît alors une somme de deux carrés, que l'identité remarquable $u^2+v^2=(u+iv)(u-iv)$ permet d'écrire comme un produit :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a{z}^2+bz+c}& {\displaystyle =a[{(z+{\displaystyle \frac{b}{2a}})}^2+{\left({\displaystyle \frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}}\right)}^2]}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a(z+{\displaystyle \frac{b}{2a}}+i{\displaystyle \frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}})(z+{\displaystyle \frac{b}{2a}}-i{\displaystyle \frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}})\mathrm{.}}\end{array}$$

Un produit de nombres complexes est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul, et $a\mathrm{\ne }0$ : l'équation équivaut donc à

$$z={\displaystyle \frac{-b-i\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}}\text{ou}z={\displaystyle \frac{-b+i\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}}\mathrm{.}$$

Ces deux nombres sont distincts (car $\sqrt{-\mathrm{\Delta }}\mathrm{\ne }0$) et conjugués l'un de l'autre, puisqu'ils ont la même partie réelle $-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$ et des parties imaginaires opposées $\mp {\displaystyle \frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}}$. $\mathrm{\square }$

Remarque. Ce théorème ne s'applique que lorsque les coefficients $a$, $b$, $c$ sont réels. En particulier, la conclusion « les deux solutions sont conjuguées » repose de façon essentielle sur cette hypothèse.

Terminons par une propriété qui relie les solutions aux coefficients sans même les calculer — précieuse pour vérifier un résultat en quelques secondes.

Démonstration. Traitons simultanément les cas $\mathrm{\Delta }>0$ et $\mathrm{\Delta }<0$ en posant $\delta =\sqrt{\mathrm{\Delta }}$ si $\mathrm{\Delta }>0$ et $\delta =i\sqrt{-\mathrm{\Delta }}$ si $\mathrm{\Delta }<0$ : dans les deux cas, ${\delta }^2=\mathrm{\Delta }$ et les solutions s'écrivent

$$z_1={\displaystyle \frac{-b-\delta }{2a}}\text{et}{z}_2={\displaystyle \frac{-b+\delta }{2a}}\mathrm{.}$$

Alors, pour la somme :

$$z_1+z_2={\displaystyle \frac{(-b-\delta )+(-b+\delta )}{2a}}={\displaystyle \frac{-2b}{2a}}=-{\displaystyle \frac{b}{a}}\mathrm{.}$$

Pour le produit, l'identité remarquable $(u-v)(u+v)=u^2-v^2$ donne :

$$z_1{z}_2={\displaystyle \frac{(-b-\delta )(-b+\delta )}{4a^2}}={\displaystyle \frac{b^2-{\delta }^2}{4a^2}}={\displaystyle \frac{b^2-\mathrm{\Delta }}{4a^2}}={\displaystyle \frac{b^2-(b^2-4ac)}{4a^2}}={\displaystyle \frac{4ac}{4a^2}}={\displaystyle \frac{c}{a}}\mathrm{.}$$

Le cas $\mathrm{\Delta }=0$ se vérifie directement : $z_1+z_2=2\times (-{\displaystyle \frac{b}{2a}})=-{\displaystyle \frac{b}{a}}$ et $z_1{z}_2={\displaystyle \frac{b^2}{4a^2}}={\displaystyle \frac{b^2-\mathrm{\Delta }}{4a^2}}={\displaystyle \frac{c}{a}}$. $\mathrm{\square }$

Le bilan du chapitre est considérable : en adjoignant à $\mathbb{R}$ un seul nombre nouveau, $i$, nous avons obtenu un ensemble $\mathbb{C}$ où l'on calcule avec les mêmes règles que dans $\mathbb{R}$, où tout nombre non nul admet un inverse, et où toute équation du second degré à coefficients réels possède des solutions. Les chapitres suivants montreront que ces nombres, nés d'un problème d'algèbre, ont encore beaucoup d'autres visages.