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Les nombres complexes (racines carrées et racines nièmes)

D'autres équations pour s'amuser davantage - Exercice 1

40 min
65
Certaines équations polynomiales à coefficients complexes sont plus exigeantes dans l'analyse et la dextérité.

Résoudre, dans C\mathbb{C}, les équations qui vous sont proposées ci-après.
Question 1

Soit θ\theta un nombre réel vérifiant 0θπ0 \leqslant \theta \leqslant \pi.
Résoudre l'équation z2+2(1cos(θ))z+2(1cos(θ))=0z^2 + 2(1-\cos(\theta))z + 2(1-\cos(\theta)) = 0.
Vous préciserez les modules et les arguments des deux solutions trouvées.

Correction
Soit Δ\Delta le discriminant associé à cette équation.
On a :
Δ=(2(1cos(θ)))24×1×2(1cos(θ))=4(1cos(θ))×(1cos(θ)2)=4(1cos(θ))×(cos(θ)1)\Delta = \left(2(1-\cos(\theta))\right)^2 - 4\times 1 \times 2(1-\cos(\theta)) = 4(1-\cos(\theta)) \times (1-\cos(\theta) -2) = 4(1-\cos(\theta)) \times (-\cos(\theta)-1)
Soit :
Δ=4(1cos(θ))×(1+cos(θ))=4(12cos2(θ))=4(1cos2(θ))=4sin2(θ)=i2×22×sin2(θ)\Delta = -4(1-\cos(\theta)) \times (1+\cos(\theta)) = -4 (1^2-\cos^2(\theta)) = -4 (1-\cos^2(\theta)) = -4 \sin^2(\theta) = i^2 \times2^2 \times \sin^2(\theta)
Ce qui nous permet d'écrire que :
Δ=(±1)2×i2×22×sin2(θ)=(±2isin(θ))2\Delta = (\pm1)^2 \times i^2 \times2^2 \times \sin^2(\theta) = (\pm 2 i \sin(\theta))^2
Ainsi, les deux racines carrées, notées δ\delta, du discriminant complexe Δ\Delta, sont :
δ=2isin(θ)ouδ=2isin(θ)\color{blue}{\boxed{\delta = 2i\sin(\theta) \hspace{0.7cm} \text{ou} \hspace{0.7cm} \delta = -2i\sin(\theta)}}
Choisissons arbitrairement (car cela n'a strictement aucune incidence puisque les deux valeurs complexes obtenues précédemment pour δ\delta sont opposées l'une de l'autre) δ=2isin(θ)\delta= 2i\sin(\theta).
Donc cette équation admet deux solutions complexes distinctes.
Soient z1z_1 et z2z_2 les deux solutions complexes de l'équation proposée.
Ces deux solutions s'écrivent alors :
{z1=2(1cos(θ))+δ2z2=2(1cos(θ))δ2{z1=2(1cos(θ))+2isin(θ)2z2=2(1cos(θ))2isin(θ)2\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{- 2(1-\cos(\theta)) + \delta }{2} \\ & & \\ z_2 & = & \dfrac{- 2(1-\cos(\theta)) - \delta}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{- 2(1-\cos(\theta)) + 2i\sin(\theta) }{2} \\ & & \\ z_2 & = & \dfrac{- 2(1-\cos(\theta)) - 2i\sin(\theta)}{2} \\ \end{array} \right.
En simplifiant par 202 \neq 0, on obtient :
{z1=(1cos(θ))+isin(θ)z2=(1cos(θ))isin(θ)\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & - (1-\cos(\theta)) + i\sin(\theta) \\ & & \\ z_2 & = & - (1-\cos(\theta)) - i\sin(\theta) \\ \end{array} \right.
Or, pour tout nombre réel xx, on sait que sin2(x)=1cos(2x)2\sin^2(x) = \dfrac{1-\cos(2x)}{2} ce qui implique que 1cos(2x)=2sin2(x)1-\cos(2x) = 2 \sin^2(x).
Donc, on en déduit que 1cos(θ)=2sin2(θ2)1-\cos(\theta) = 2 \sin^2\left(\dfrac{\theta}{2}\right).
Ainsi, on a :
{z1=2sin2(θ2)+isin(θ)z2=2sin2(θ2)isin(θ)\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & - 2 \sin^2\left(\dfrac{\theta}{2}\right) + i\sin(\theta) \\ & & \\ z_2 & = & - 2 \sin^2\left(\dfrac{\theta}{2}\right) - i\sin(\theta) \\ \end{array} \right.
Cependant, on a également :
sin(θ)=sin(2×θ2)=2sin(θ2)cos(θ2)\sin(\theta) = \sin\left(2\times\dfrac{\theta}{2}\right) = 2 \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)
Donc :
{z1=2sin2(θ2)+2isin(θ2)cos(θ2)z2=2sin2(θ2)2isin(θ2)cos(θ2)\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & - 2 \sin^2\left(\dfrac{\theta}{2}\right) + 2i \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \\ & & \\ z_2 & = & - 2 \sin^2\left(\dfrac{\theta}{2}\right) - 2i \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \\ \end{array} \right.
En factorisant par le terme 2sin(θ2)2 \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right), on trouve alors :
{z1=2sin(θ2)(sin(θ2)+icos(θ2))z2=2sin(θ2)(sin(θ2)icos(θ2))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & 2 \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \left(- \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) + i \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \right) \\ & & \\ z_2 & = & 2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \left(- \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) - i \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \right) \\ \end{array} \right.
De plus, on a sin(θ2)=cos(θ2+π2)- \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) = \cos\left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\pi}{2} \right). Donc :
{z1=2sin(θ2)(cos(θ2+π2)+icos(θ2))z2=2sin(θ2)(cos(θ2+π2)icos(θ2))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & 2 \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \left(\cos\left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\pi}{2} \right) + i \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \right) \\ & & \\ z_2 & = & 2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \left(\cos\left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\pi}{2} \right) - i \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \right) \\ \end{array} \right.
Puis, de la même manière identique, on sait que cos(θ2)=sin(θ2+π2)\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) = \sin\left(\dfrac{\theta }{2} + \dfrac{\pi}{2}\right).
Ainsi, on trouve que :
{z1=2sin(θ2)(cos(θ2+π2)+isin(θ2+π2))z2=2sin(θ2)(cos(θ2+π2)isin(θ2+π2))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & 2 \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \left(\cos\left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\pi}{2} \right) + i \sin\left(\dfrac{\theta }{2} + \dfrac{\pi}{2}\right) \right) \\ & & \\ z_2 & = & 2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \left(\cos\left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\pi}{2} \right) - i \sin\left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\pi}{2}\right) \right) \\ \end{array} \right.
Comme la fonction sinus est impaire, on a :
isin(θ2+π2)=isin(θ2π2)- i \sin\left(\dfrac{\theta }{2} + \dfrac{\pi}{2}\right) = i \sin\left(-\dfrac{\theta}{2} - \dfrac{\pi}{2}\right)
Et la fonction cosinus est paire, ce qui nous permet d'écrire que :
cos(θ2+π2)=cos(θ2π2)\cos\left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\pi}{2} \right) = \cos\left(-\dfrac{\theta}{2} - \dfrac{\pi}{2} \right)
on a alors :
{z1=2sin(θ2)(cos(θ2+π2)+isin(θ2+π2))z2=2sin(θ2)(cos(θ2π2)+isin(θ2π2))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & 2 \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \left(\cos\left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\pi}{2} \right) + i \sin\left(\dfrac{\theta }{2} + \dfrac{\pi}{2}\right) \right) \\ & & \\ z_2 & = & 2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \left(\cos\left(-\dfrac{\theta}{2} - \dfrac{\pi}{2} \right) + i \sin\left(-\dfrac{\theta}{2} - \dfrac{\pi}{2}\right) \right) \\ \end{array} \right.
Finalement, avec l'usage de l'écriture en exponentielle complexe, les deux solutions complexes, de l'équation préposée initialement, sont :
z1=2sin(θ2)ei(θ2+π2)etz2=2sin(θ2)ei(θ2+π2)\color{red}{\boxed{z_1 = 2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) e^{i\left(\frac{\theta}{2} + \frac{\pi}{2}\right)} \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} z_2 = 2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) e^{-i\left(\frac{\theta}{2} + \frac{\pi}{2}\right)}}}
On peut donc conclure que :
z1=z2=2sin(θ2)\color{red}{\boxed{|z_1| = |z_2| = 2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) }}
Et aussi que :
arg(z1)=arg(z2)=θ2+π2\color{red}{\boxed{\arg(z_1) = - \arg(z_2) = \frac{\theta}{2} + \frac{\pi}{2}}}
Question 2

Soit kk et θ\theta deux nombres réels.
Résoudre l'équation z22(kcos(θ)+isin(θ))z+k21=0z^2 - 2(k\cos(\theta) + i \sin(\theta))z + k^2 - 1 = 0.
Vous préciserez les modules et les arguments des deux solutions trouvées.

Correction
Soit Δ\Delta le discriminant associé à cette équation. On a :
Δ=(2(kcos(θ)+isin(θ)))24×1×(k21)=4(kcos(θ)+isin(θ))24(k21)\Delta = \left(- 2(k\cos(\theta) + i \sin(\theta))\right)^2 - 4 \times 1 \times (k^2-1) = 4(k\cos(\theta) + i \sin(\theta))^2-4(k^2-1)
Soit :
Δ=4(k2cos2(θ)+2ikcos(θ)sin(θ)sin2(θ)k2+1)=4(k2(cos2(θ)1)+2ikcos(θ)sin(θ)sin2(θ)+1)\Delta = 4\left( k^2\cos^2(\theta) +2ik \cos(\theta)\sin(\theta) - \sin^2(\theta) - k^2 + 1\right) = 4\left( k^2 \left({\color{blue}{\cos^2(\theta) - 1}} \right) +2ik \cos(\theta)\sin(\theta) {\color{red}{- \sin^2(\theta) + 1}}\right)
Ce qui nous permet d'écrire que :
Δ=4(k2(sin2(θ))+2ikcos(θ)sin(θ)+cos2(θ))=4(k2(i2sin2(θ))+2ikcos(θ)sin(θ)+cos2(θ))\Delta = 4\left( k^2 \left({\color{blue}{-\sin^2(\theta)}} \right) +2ik \cos(\theta)\sin(\theta) + {\color{red}{\cos^2(\theta)}}\right) = 4\left( k^2 \left({\color{blue}{i^2\sin^2(\theta)}} \right) +2ik \cos(\theta)\sin(\theta) + {\color{red}{\cos^2(\theta)}}\right)
Ce qui peut encore s'écrire comme :
Δ=4((iksin(θ))2+2iksin(θ)cos(θ)+(cos(θ))2)\Delta = 4\left( \left({\color{green}{ik\sin(\theta)}} \right)^2 + 2 {\color{green}{ik\sin(\theta)}} {\color{red}{\cos(\theta)}} + \left({\color{red}{\cos(\theta)}} \right)^2\right)
On reconnait la présence d'une identité remarquable, et on a :
Δ=4((iksin(θ)+cos(θ))2)=22((iksin(θ)+cos(θ))2)=(2(iksin(θ)+cos(θ)))2\Delta = 4\left( \left(ik\sin(\theta) + \cos(\theta) \right)^2\right) = 2^2\left( \left(ik\sin(\theta) + \cos(\theta) \right)^2\right) = \left( 2\left(ik\sin(\theta) + \cos(\theta) \right)\right)^2
Mais comme (±1)2=1(\pm 1)^2 = 1 on en déduit que :
Δ=(±2(iksin(θ)+cos(θ)))2\Delta = \left( \pm 2 \left(ik\sin(\theta) + \cos(\theta) \right)\right)^2
Ainsi, les deux racines carrées, notées δ\delta, du discriminant complexe Δ\Delta, sont :
δ=2(cos(θ)+iksin(θ))ouδ=2(cos(θ)+iksin(θ))\color{blue}{\boxed{\delta = 2 \left(\cos(\theta) + i \,k\sin(\theta) \right) \hspace{0.7cm} \text{ou} \hspace{0.7cm} \delta = - 2 \left(\cos(\theta) + i \,k\sin(\theta) \right)}}
Choisissons arbitrairement (car cela n'a strictement aucune incidence puisque les deux valeurs complexes obtenues précédemment pour δ\delta sont opposées l'une de l'autre) δ=2(cos(θ)+iksin(θ))\delta = 2 \left(\cos(\theta) + i \,k\sin(\theta) \right). Donc cette équation admet deux solutions complexes distinctes. Soient z1z_1 et z2z_2 les deux solutions complexes de l'équation proposée. Ces deux solutions s'écrivent alors :
{z1=(2(kcos(θ)+isin(θ)))+δ2z2=(2(kcos(θ)+isin(θ)))δ2{z1=2(kcos(θ)+isin(θ))+2(cos(θ)+iksin(θ))2z2=2(kcos(θ)+isin(θ))2(cos(θ)+iksin(θ))2\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{- \left( - 2(k\cos(\theta) + i \sin(\theta)) \right) + \delta }{2} \\ & & \\ z_2 & = & \dfrac{- \left( - 2(k\cos(\theta) + i \sin(\theta)) \right) - \delta}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{2(k\cos(\theta) + i \sin(\theta)) + 2 \left(\cos(\theta) + i \,k\sin(\theta) \right) }{2} \\ & & \\ z_2 & = & \dfrac{2(k\cos(\theta) + i \sin(\theta)) - 2 \left(\cos(\theta) + i \,k\sin(\theta) \right)}{2} \\ \end{array} \right.
En simplifiant par 202 \neq 0, on obtient :
{z1=kcos(θ)+isin(θ)+(cos(θ)+iksin(θ))z2=kcos(θ)+isin(θ)(cos(θ)+iksin(θ))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & k\cos(\theta) + i \sin(\theta) + \left(\cos(\theta) + i \,k\sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & k\cos(\theta) + i \sin(\theta) - \left(\cos(\theta) + i \,k\sin(\theta) \right) \\ \end{array} \right.
Soit encore :
{z1=kcos(θ)+isin(θ)+cos(θ)+iksin(θ)z2=kcos(θ)+isin(θ)cos(θ)iksin(θ)\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & k\cos(\theta) + i \sin(\theta) + \cos(\theta) + i \,k\sin(\theta) \\ & & \\ z_2 & = & k\cos(\theta) + i \sin(\theta) - \cos(\theta) - i \,k\sin(\theta) \\ \end{array} \right.
Donc :
{z1=(k+1)cos(θ)+(k+1)isin(θ)z2=(k1)cos(θ)(k1)isin(θ)\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1)\cos(\theta) + (k+1) i \sin(\theta) \\ & & \\ z_2 & = & (k-1)\cos(\theta) -(k-1) i \sin(\theta) \\ \end{array} \right.
En factorisant :
{z1=(k+1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(k1)(cos(θ)isin(θ))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (k-1) \left(\cos(\theta) - i \sin(\theta) \right) \\ \end{array} \right.
Comme la fonction sinus est impaire, on a :
isin(θ)=isin(θ)- i \sin( \theta ) = i \sin(- \theta)
Et la fonction cosinus est paire, ce qui nous permet d'écrire que :
cos(θ)=cos(θ)\cos( \theta ) = \cos(- \theta)
on a alors :
{z1=(k+1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(k1)(cos(θ)+isin(θ))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (k-1) \left(\cos(-\theta) + i \sin(-\theta) \right) \\ \end{array} \right.
Finalement, avec l'usage de l'écriture en exponentielle complexe, les deux solutions complexes, de l'équation préposée initialement, sont :
z1=(k+1)eiθetz2=(k1)eiθ\color{red}{\boxed{z_1 = (k+1) \, e^{i\theta} \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} z_2 = (k-1) \, e^{-i\theta}}}
En se souvenant que le module d'un nombre complexe est nécssairement positif ou nul, on a alors l'analyse suivante :
{\color{blue}{\,\, \bullet \,\,}} si k>1k>1 alors :
z1=k+1etz2=k1\color{red}{\boxed{|z_1| = k+1 \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} |z_2| = k-1}}
Et :
arg(z1)=θetarg(z2)=θ\color{red}{\boxed{\arg(z_1) = \theta \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} \arg(z_2) = -\theta }}
{\color{blue}{\,\, \bullet \, \bullet \,\,}} si k=1k=1 alors :
z1=2etz2=0\color{red}{\boxed{|z_1| = 2 \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} |z_2| = 0}}
Et :
arg(z1)=θetarg(z2)R\color{red}{\boxed{\arg(z_1) = \theta \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} \arg(z_2) \in \mathbb{R} }}
{\color{blue}{\,\, \bullet \, \bullet \, \bullet \,\,}} si 1<k<1-1<k<1 alors :
Dans ce cas, on a :
{z1=(k+1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(k1)(cos(θ)+isin(θ)){z1=(k+1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(1k)(cos(θ)+isin(θ))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (k-1) \left(\cos(-\theta) + i \sin(-\theta) \right) \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & -(1-k) \left(\cos(-\theta) + i \sin(-\theta) \right) \\ \end{array} \right.
Ce qui nous sonne encore :
{z1=(k+1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(1k)(cos(θ)isin(θ)){z1=(k+1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(1k)(cos(θ)+isin(θ))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) \left(-\cos(-\theta) - i \sin(-\theta) \right) \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) \left(-\cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ \end{array} \right.
En se souvenant que cos(θ)=cos(πθ)-\cos(\theta) = \cos(\pi - \theta) et que sin(θ)=sin(πθ)\sin(\theta) = \sin(\pi - \theta), on en déduit que :
{z1=(k+1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(1k)(cosπθ)+isin(πθ)){z1=(k+1)eiθz2=(1k)ei(πθ)\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) \left(\cos\pi - \theta) + i \sin(\pi - \theta) \right) \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) e^{i\theta} \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) e^{i(\pi - \theta)} \\ \end{array} \right.
Donc :
z1=k+1etz2=1k\color{red}{\boxed{|z_1| = k+1 \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} |z_2| = 1-k}}
Et :
arg(z1)=θetarg(z2)=πθ\color{red}{\boxed{\arg(z_1) = \theta \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} \arg(z_2) = \pi - \theta }}
{\color{blue}{\,\, \bullet \, \bullet \, \bullet \, \bullet \,\,}} si k=1k=-1 alors :
z1=0etz2=2\color{red}{\boxed{|z_1| = 0 \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} |z_2| = 2}}
Et :
arg(z1)Retarg(z2)=πθ\color{red}{\boxed{\arg(z_1) \in \mathbb{R} \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} \arg(z_2) = \pi - \theta }}
{\color{blue}{\,\, \bullet \, \bullet \, \bullet \, \bullet \, \bullet \,\,}} si 1<k-1<k alors :
{z1=(k+1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(k1)(cos(θ)+isin(θ)){z1=(k1)(cos(θ)+isin(θ))z2=(1k)(cos(θ)+isin(θ))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (k+1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (k-1) \left(\cos(-\theta) + i \sin(-\theta) \right) \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & -(-k-1) \left( \cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & -(1-k) \left(\cos(-\theta) + i \sin(-\theta) \right) \\ \end{array} \right.
Soit :
{z1=(k1)(cos(θ)isin(θ))z2=(1k)(cos(θ)isin(θ)){z1=(k1)(cos(θ)isin(θ))z2=(1k)(cos(θ)+isin(θ))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (-k-1) \left( -\cos(\theta) - i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) \left(-\cos(-\theta) - i \sin(-\theta) \right) \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (-k-1) \left( -\cos(\theta) - i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) \left(-\cos(\theta) + i \sin(\theta) \right) \\ \end{array} \right.
En se souvenant que cos(θ)=cos(πθ)-\cos(\theta) = \cos(\pi - \theta) et que sin(θ)=sin(πθ)\sin(\theta) = \sin(\pi - \theta), on en déduit que :
{z1=(k1)(cos(θ)isin(θ))z2=(1k)(cos(πθ)+isin(πθ))\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (-k-1) \left( -\cos(\theta) - i \sin(\theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) \left(\cos(\pi - \theta) + i \sin(\pi - \theta) \right) \\ \end{array} \right.
Puis, en se souvenant que cos(θ)=cos(π+θ)-\cos(\theta) = \cos(\pi + \theta) et que sin(θ)=sin(π+θ)- \sin(\theta) = \sin(\pi + \theta), on en déduit que :
{z1=(k1)(cos(π+θ)+isin(π+θ))z2=(1k)(cos(πθ)+isin(πθ)){z1=(k+1)ei(π+θ)z2=(1k)ei(πθ)\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & (-k-1) \left( \cos(\pi + \theta) + i \sin(\pi + \theta) \right) \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) \left(\cos(\pi - \theta) + i \sin(\pi - \theta) \right) \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & -(k+1) e^{i(\pi + \theta) } \\ & & \\ z_2 & = & (1-k) e^{i(\pi - \theta)} \\ \end{array} \right.
z1=(k+1)etz2=1k\color{red}{\boxed{|z_1| = -(k+1) \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} |z_2| = 1-k}}
Et :
arg(z1)=π+θetarg(z2)=πθ\color{red}{\boxed{\arg(z_1) = \pi + \theta \hspace{0.7cm} \text{et} \hspace{0.7cm} \arg(z_2) = \pi - \theta }}
Question 3

z4+3(12i)z2+2(1663i)=0z^4+3(1-2i)z^2+2(16-63i) = 0

Correction
Posons Z=z2Z = z^2, ce qui implique que Z2=z4Z^2 = z^4. Ainsi l'équation devient :
Z2+3(12i)Z+2(1663i)=0Z^2+3(1-2i)Z+2(16-63i) = 0
Le discriminant associé est :
Δ=(3(12i))24×1×2(1663i)=936i368(1663i)=2736i128+504i=155+468i0\Delta = (3(1-2i))^2 - 4 \times 1 \times 2(16-63i) = 9 - 36i - 36 - 8(16-63i) = -27 - 36i - 128 + 504i = -155+468i \neq0
Soit δ\delta les racines carrées complexes de Δ\Delta. On pose alors δ=x+iy\delta = x+iy, avec xx et yy deux nombres réels. On a alors :
Δ=δ2155+468i=(x+iy)2155+468i=x2y2+i2xy{155=x2y2468=2xy\Delta = \delta^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, -155+468i =(x+iy)^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, -155+468i =x^2 - y^2 + i2xy \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -155 & = & x^2 - y^2 \\ 468 & = & 2xy \\ \end{array}\right.
Soit :
{155=x2y2234=xy\left\lbrace \begin{array}{rcl} -155 & = & x^2 - y^2 \\ 234 & = & xy \\ \end{array}\right.
De plus, on a Δ=δ2=δ2|\Delta| = |\delta^2| = |\delta|^2. Ainsi :
(155)2+4682=x2+y2493=x2+y2\sqrt{(-155)^2+468^2} = x^2+y^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 493 = x^2+y^2
Donc on a les trois équations suivantes :
{493=x2+y2155=x2y2234=xy\left\lbrace \begin{array}{rcl} 493 & = & x^2+y^2 \\ -155 & = & x^2 - y^2 \\ 234 & = & xy \\ \end{array}\right.
La somme, membres à membres, des deux premières équations nous donne :
493155=2x2169=x2x=±13493-155=2x^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 169 = x^2 \Longleftrightarrow \,\,\,\, x = \pm 13
La différence, membres à membres, des deux premières équations nous donne :
493(155)=2y2324=y2y=±18493-(-155)=2y^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 324 = y^2 \Longleftrightarrow \,\,\,\, y = \pm 18
Enfin, la troisième équation, à savoir xy=234xy = 234, implique que les deux nombres réels xx et yy sont de mêmes signes. Ainsi :
δ=13+18iouδ=1318i{\color{blue}{\boxed{\delta = 13 + 18i \hspace{0.7cm} \text{ou} \hspace{0.7cm} \delta = -13 - 18i}}}
Comme ces deux valeurs complexes de δ \delta sont opposées l'une de l'autre, le choix n'a donc pas d'importance. Choisissons donc arbitrairement la valeur δ=13+18i\delta =13 + 18i. Donc cette équation admet deux solutions complexes distinctes. Soient Z1Z_1 et Z2Z_2 les deux solutions complexes de l'équation proposée en ZZ. Ces deux solutions s'écrivent alors :
{Z1=3(12i)+δ2Z2=3(12i)δ2{Z1=3+6i+13+18i2Z2=3+6i1318i2{Z1=10+24i2Z2=1612i2\left\lbrace \begin{array}{rcl} Z_1 & = & \dfrac{-3(1-2i) + \delta }{2} \\ & & \\ Z_2 & = & \dfrac{-3(1-2i) - \delta}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} Z_1 & = & \dfrac{-3+6i + 13 + 18i}{2} \\ & & \\ Z_2 & = & \dfrac{-3+6i - 13 - 18i}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} Z_1 & = & \dfrac{10 + 24i}{2} \\ & & \\ Z_2 & = & \dfrac{-16 - 12i}{2} \\ \end{array} \right.
On a alors :
{Z1=5+12iZ2=86i\left\lbrace \begin{array}{rcl} Z_1 & = & 5 + 12i \\ & & \\ Z_2 & = & -8 - 6i \\ \end{array} \right.
Soit x1x_1, x2x_2, y1y_1 et y2y_2 quatre nombres réels. Soient z1=x1+iy1z_1 = x_1 + iy_1 et z2=x2+iy2z_2 = x_2 + iy_2 les racines carrées complexes respectivement des deux nombres Z1Z_1 et Z2Z_2 trouvés ci-avant. On a alors les deux systèmes suivants :
{13=x12+y125=x12y126=x1y1et{10=x22+y228=x22y223=x2y2\left\lbrace \begin{array}{rcl} 13 & = & x_1^2+y_1^2 \\ 5 & = & x_1^2 - y_1^2 \\ 6 & = & x_1 \, y_1 \\ \end{array}\right. \hspace{1 cm} \text{et} \hspace{1 cm} \left\lbrace \begin{array}{rcl} 10 & = & x_2^2+y_2^2 \\ -8 & = & x_2^2 - y_2^2 \\ -3 & = & x_2 \, y_2 \\ \end{array}\right.
Pour chacun des deux systèmes, les sommes des deux premières équations nous donnent :
{13+5=2x12108=2x22{18=2x122=2x22{9=x121=x22\left\lbrace \begin{array}{rcl} 13+5 & = & 2x_1^2 \\ 10-8 & = & 2x_2^2 \\ \end{array}\right. \hspace{1 cm} \Longleftrightarrow \hspace{1 cm} \left\lbrace \begin{array}{rcl} 18 & = & 2x_1^2 \\ 2 & = & 2x_2^2 \\ \end{array}\right. \hspace{1 cm} \Longleftrightarrow \hspace{1 cm} \left\lbrace \begin{array}{rcl} 9 & = & x_1^2 \\ 1 & = & x_2^2 \\ \end{array}\right.
Ainsi :
{x1=±3x2=±1\left\lbrace \begin{array}{rcl} x_1 & = & \pm 3 \\ x_2 & = & \pm 1 \\ \end{array}\right.