Conjugaison et opérations

Proposition
Soit  $z$ et  $z^{\prime }$ deux nombres complexes. On a les propriétés suivantes :

1.  $\overline{z+z^{\prime }}=\bar{z}+\overline{z^{\prime }}$

2.  $\overline{-z}=-\bar{z}$

3.  $\overline{z\times z^{\prime }}=\bar{z}\times \overline{z^{\prime }}$

4.  Pour tout $\text{Extra close brace or missing open brace}$ , $\overline{z^n}=(\bar{z}{)}^n$

5.  Si $z\ne 0$ , alors $\overline{\left({\displaystyle \frac{1}{z}}\right)}={\displaystyle \frac{1}{\bar{z}}}$

6.  Si $z\ne 0$ , alors $\stackrel{―}{\left({\displaystyle \frac{z^{\prime }}{z}}\right)}={\displaystyle \frac{\overline{z^{\prime }}}{\bar{z}}}$ .

Démonstration

On note  $z=x+iy$ et  $z^{\prime }=x^{\prime }+iy$ avec $x,x^{\prime },y,y^{\prime }$  des réels .

1.  On a :
$\begin{array}{rl}\overline{z+z^{\prime }}=\overline{x+iy+x^{\prime }+i{y}^{\prime }}& =\overline{(x+x^{\prime })+i(y+y^{\prime })}\\ & =(x+x^{\prime })-i(y+y^{\prime })\\ & =(x-iy)+(x^{\prime }-i{y}^{\prime })\\ & =\bar{z}+\overline{z^{\prime }}.\end{array}$

2.  On a :  $\begin{array}{rl}\overline{-z}=\overline{-(x+iy)}& =\overline{-x-iy}=-x+iy=-(x-iy)=-\bar{z}.\end{array}$

3.  D'une part :
$\begin{array}{rl}\overline{z\times z^{\prime }}=\overline{(x+iy)(x^{\prime }+i{y}^{\prime })}& =\overline{(x{x}^{\prime }-y{y}^{\prime })+i(x{y}^{\prime }+x^{\prime }y)}=(x{x}^{\prime }-y{y}^{\prime })-i(x{y}^{\prime }+x^{\prime }y).\end{array}$

D'autre part :
$\begin{array}{rl}\bar{z}\times \overline{z^{\prime }}=\overline{(x+iy)}\times \overline{(x^{\prime }+i{y}^{\prime })}=(x-iy)(x^{\prime }-i{y}^{\prime })& =x{x}^{\prime }-ix{y}^{\prime }-i{x}^{\prime }y+i^{2}y{y}^{\prime }\\ & =(x{x}^{\prime }-y{y}^{\prime })-i(x{y}^{\prime }+x^{\prime }y).\end{array}$
On a donc : $\overline{z\times z^{\prime }}=\bar{z}\times \overline{z^{\prime }}$ .

4.  Montrons par récurrence que, pour tout $\text{Extra close brace or missing open brace}$ , $\overline{z^n}=(\bar{z}{)}^n$ .

Initialisation
Par convention, pour tout $z\in \mathbb{C},z^0=1$ , donc la propriété est vraie au rang $p=0$ . Elle l'est aussi au rang $p=1$ .

Hérédité
Soit   $\text{Extra close brace or missing open brace}$ tel que $\overline{z^n}=(\bar{z}{)}^n$ . On a alors :
$\begin{array}{rl}\overline{z^{n+1}}=\overline{z^n\times z}& =\overline{z^n}\times \bar{z}\text{ d'après la propriété~3}\\ & =(\bar{z}{)}^n\times \bar{z}\text{ par hypothèse de récurrence}\\ & =(\bar{z}{)}^{n+1}\end{array}$

Conclusion
Par récurrence, pour tout $\text{Extra close brace or missing open brace}$ ,  $\overline{z^n}=(\bar{z}{)}^n$ .

5. Supposons que $z\ne 0$ . On remarque que $z\times {\displaystyle \frac{1}{z}}=1$ , donc en passant au conjugué :
$\begin{array}{r}\overline{z\times \frac{1}{z}}=\bar{1}=1.\end{array}$
D'après la 3 ^e propriété, on en déduit que : $\bar{z}\times \overline{\left({\displaystyle \frac{1}{z}}\right)}=1$ , et donc que : $\overline{\left({\displaystyle \frac{1}{z}}\right)}={\displaystyle \frac{1}{\bar{z}}}$ .

6. Supposons que $z\ne 0$ . On remarque que ${\displaystyle \frac{z^{\prime }}{z}}=z^{\prime }\times {\displaystyle \frac{1}{z}}$ , donc en passant au conjugué :
$\begin{array}{r}\overline{\left(\frac{z^{\prime }}{z}\right)}=\overline{z^{\prime }\times \frac{1}{z}}.\end{array}$
D'après la 3 ^e  propriété, on en déduit que : $\stackrel{―}{\left({\displaystyle \frac{z^{\prime }}{z}}\right)}=\overline{z^{\prime }}\times \overline{\left({\displaystyle \frac{1}{z}}\right)}$ .
D'après la 4 ^e  propriété, on en déduit que :  $\stackrel{―}{\left({\displaystyle \frac{z^{\prime }}{z}}\right)}=\overline{z^{\prime }}\times {\displaystyle \frac{1}{\bar{z}}}$ et donc que : $\stackrel{―}{\left({\displaystyle \frac{z^{\prime }}{z}}\right)}={\displaystyle \frac{\overline{z^{\prime }}}{\bar{z}}}$ .