D'autres équations pour s'amuser davantage - Exercice 2

Posons $$Z = z^3$$, ce qui implique que $$Z^2 = z^6$$. Ainsi l'équation devient :
$$Z^2-(1-2i)Z-(1+i) = 0$$
Le discriminant associé est :
$$\Delta = (-(1-2i))^2 - 4 \times 1 \times (-(1+i)) = (1-2i)^2 + 4 (1+i) = 1-4i-4+4+4i = 1 > 0$$
Il y a donc deux solutions complexes, notées $$Z_1$$ et $$Z_2$$, qui s'expriment comme :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} Z_1 & = & \dfrac{-(-(1-2i)) + \sqrt{\Delta} }{2} \\ & & \\ Z_2 & = & \dfrac{-(-(1-2i)) - \sqrt{\Delta}}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} Z_1 & = & \dfrac{1-2i + 1}{2} \\ & & \\ Z_2 & = & \dfrac{1-2i - 1}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} Z_1 & = & \dfrac{2 - 2i}{2} \\ & & \\ Z_2 & = & -\dfrac{2i}{2} \\ \end{array} \right.$$
On a alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} Z_1 & = & 1 - i \\ & & \\ Z_2 & = & -i \\ \end{array} \right.$$
On cherche maintenant tous les nombres complexes, $$z_1$$ et $$z_2$$, qui satisfont à :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1^3 & = & Z_1 \\ & & \\ z_2^3 & = & Z_2 \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1^3 & = & 1-i \\ & & \\ z_2^3 & = & -i \\ \end{array} \right.$$
Nous sommes donc à la recherches des racines cubiques des nombres complexes $$1-i$$ et $$-i$$.
$$\rightarrow \,$$ On rappelle que si $$a$$ est un nombre complexe tel que :
$$a = r \left( \cos\left(\theta\right) + i \sin\left(\theta\right) \right) = r \, e^{i\theta}$$
alors ce nombre complexe $$a$$ admet $$n\in \mathbb{N}^\star$$ racines $$n$$-ièmes données par :
$$z_k = \sqrt[n]{r} \left( \cos\left(\dfrac{\theta + k2\pi}{n}\right) + i \sin\left(\dfrac{\theta + k2\pi}{n}\right) \right) = \sqrt[n]{r} \, e^{i\frac{\theta + k2\pi}{n}} \hspace{2cm} (k\in \left\lbrace 0 \,;\, \cdots \,;\, n-1 \right\rbrace )$$
$$\,\, {\color{blue}{\bullet}} \,\,$$ Racines cubiques $$z_1$$ de $$1-i$$ :
On a $$|1-i| = \sqrt{1^2+(-1)^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$$ donc :
$$1-i = \sqrt{2} \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} + i \left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)\right) = \sqrt{2} \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} + i \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)\right) = \sqrt{2} \left( \cos\left( -\dfrac{\pi}{4} \right) + i \sin\left( -\dfrac{\pi}{4} \right)\right) = \sqrt{2} \, e^{-i\frac{\pi}{4}}$$
Ainsi, avec $$k \in \left\lbrace 0 \,;\, 1 \,;\, 2 \right\rbrace$$, les racines cubiques de $$1-i$$ sont données par :
$$\sqrt[3]{\sqrt{2}} \left( \cos\left(\dfrac{-\dfrac{\pi}{4} + k2\pi}{3}\right) + i \sin\left(\dfrac{-\dfrac{\pi}{4} + k2\pi}{3}\right) \right) = \sqrt[3]{\sqrt{2}} \, e^{i\frac{-\frac{\pi}{4} + k2\pi}{3}}$$
Soit encore :
$$\sqrt[6]{2} \left( \cos\left(-\dfrac{\pi}{12} + k\dfrac{2\pi}{3} \right) + i \sin\left(-\dfrac{\pi}{12} + k\dfrac{2\pi}{3}\right) \right) = \sqrt[6]{2} \, e^{i \left( k\frac{2\pi}{3} -\frac{\pi}{12}\right)}$$
Ce qui nous donne donc :
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 0 : \sqrt[6]{2} \left( \cos\left(-\dfrac{\pi}{12} \right) + i \sin\left(-\dfrac{\pi}{12} \right) \right) = \sqrt[6]{2} \left( \cos\left(\dfrac{\pi}{12} \right) - i \sin\left(\dfrac{\pi}{12} \right) \right)$$
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 1 : \sqrt[6]{2} \left( \cos\left(\dfrac{7\pi}{12} \right) + i \sin\left(\dfrac{7\pi}{12} \right) \right)$$
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 2 : \sqrt[6]{2} \left( \cos\left(\dfrac{15\pi}{12} \right) + i \sin\left(\dfrac{15\pi}{12} \right) \right) = \sqrt[6]{2} \left( \cos\left(\dfrac{5\pi}{4} \right) + i \sin\left(\dfrac{5\pi}{4} \right) \right) = \sqrt[6]{2} \left( -\cos\left(\dfrac{\pi}{4} \right) - i \sin\left(\dfrac{\pi}{4} \right) \right) = -\sqrt[6]{2} \left( \cos\left(\dfrac{\pi}{4} \right) + i \sin\left(\dfrac{\pi}{4} \right) \right) = -\sqrt[6]{2} \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} + i \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right) = -\dfrac{\sqrt[6]{2}}{\sqrt{2}} (1+i)$$
Avec :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{\pi}{12} & = & \dfrac{\pi}{3} - \dfrac{\pi}{4} \\ & & \\ \dfrac{7\pi}{12} & = & \dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\pi}{4} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} \cos\left( \dfrac{\pi}{12} \right) & = & \cos\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \cos\left( \dfrac{\pi}{4} \right) + \sin\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \sin\left( \dfrac{\pi}{4} \right) \\ & & \\ \sin\left( \dfrac{\pi}{12} \right) & = & \sin\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \cos\left( \dfrac{\pi}{4} \right) - \cos\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \sin\left( \dfrac{\pi}{4} \right) \\ & & \\ \cos\left( \dfrac{7\pi}{12} \right) & = & \cos\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \cos\left( \dfrac{\pi}{4} \right) - \sin\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \sin\left( \dfrac{\pi}{4} \right) \\ & & \\ \sin\left( \dfrac{7\pi}{12} \right) & = & \sin\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \cos\left( \dfrac{\pi}{4} \right) + \cos\left( \dfrac{\pi}{3} \right) \sin\left( \dfrac{\pi}{4} \right) \\ \end{array} \right.$$
On a alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \cos\left( \dfrac{\pi}{12} \right) & = & \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ & & \\ \sin\left( \dfrac{\pi}{12} \right) & = & \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ & & \\ \cos\left( \dfrac{7\pi}{12} \right) & = & \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ & & \\ \sin\left( \dfrac{7\pi}{12} \right) & = & \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ \end{array} \right. \hspace{1cm} \Longleftrightarrow \hspace{1cm} \left\lbrace \begin{array}{rcl} \cos\left( \dfrac{\pi}{12} \right) & = & \dfrac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} \\ & & \\ \sin\left( \dfrac{\pi}{12} \right) & = & \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \\ & & \\ \cos\left( \dfrac{7\pi}{12} \right) & = & \dfrac{\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4} \\ & & \\ \sin\left( \dfrac{7\pi}{12} \right) & = & \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\ \end{array} \right.$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 0 : \sqrt[6]{2} \left( \dfrac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} - i \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \right) = \dfrac{\sqrt[6]{2}}{4} \left( \sqrt{2} + \sqrt{6} - i\left(\sqrt{6} - \sqrt{2}\right) \right)$$
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 1 : \sqrt[6]{2} \left( \dfrac{\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4} + i \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \right) = \dfrac{\sqrt[6]{2}}{4} \left( \sqrt{2} - \sqrt{6} + i\left(\sqrt{6} + \sqrt{2}\right) \right)$$
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 2 : -\dfrac{\sqrt[6]{2}}{\sqrt{2}} (1+i)$$
$$\,\, {\color{blue}{\bullet \, \bullet}} \,\,$$ Racines cubiques $$z_2$$ de $$-i$$ :
On a $$|-i| = \sqrt{0^2+(-1)^2} = \sqrt{0+1} = \sqrt{1} = 1$$ donc :
$$-i = e^{-i\frac{\pi}{2}}$$
Ainsi, avec $$k \in \left\lbrace 0 \,;\, 1 \,;\, 2 \right\rbrace$$, les racines cubiques de $$1-i$$ sont données par :
$$\sqrt[3]{1} \left( \cos\left(\dfrac{-\dfrac{\pi}{2} + k2\pi}{3}\right) + i \sin\left(\dfrac{-\dfrac{\pi}{2} + k2\pi}{3}\right) \right) = \sqrt[3]{1} \, e^{i\frac{-\frac{\pi}{2} + k2\pi}{3}}$$
Soit encore :
$$\cos\left(-\dfrac{\pi}{6} + k\dfrac{2\pi}{3} \right) + i \sin\left(-\dfrac{\pi}{6} + k\dfrac{2\pi}{3}\right) = e^{i \left( k\frac{2\pi}{3} -\frac{\pi}{6}\right)}$$
Ce qui nous donne donc :
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 0 : \cos\left(-\dfrac{\pi}{6} \right) + i \sin\left(-\dfrac{\pi}{6} \right) = \cos\left(\dfrac{\pi}{6} \right) - i \sin\left(\dfrac{\pi}{6} \right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2} - i \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} \left( \sqrt{3} - i \right)$$
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 1 : \cos\left(\dfrac{\pi}{2} \right) + i \sin\left(\dfrac{\pi}{2} \right) = 0 + i 1 = i$$
$$\,\,\,\,\, \looparrowright \,\, k = 2 : \cos\left(\dfrac{7\pi}{6} \right) + i \sin\left(\dfrac{7\pi}{6} \right) = -\cos\left(\dfrac{\pi}{6} \right) -i \sin\left(\dfrac{\pi}{6} \right) = - \left( \cos\left(\dfrac{\pi}{6} \right) + i \sin\left(\dfrac{\pi}{6} \right) \right) = -\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} + i \dfrac{1}{2} \right) = -\dfrac{1}{2} (\sqrt{3}+i)$$
Finalement, les six solutions complexes de l'équation proposée initialement sont :
$${\color{red}{\boxed{z = i \hspace{0.5 cm} \text{ou} \hspace{0.5 cm} z = \dfrac{1}{2} \left( \sqrt{3} - i \right) \hspace{0.5 cm} \text{ou} \hspace{0.5 cm} z = -\dfrac{1}{2} (\sqrt{3}+i)}}}$$
et aussi :
$${\color{red}{\boxed{z = -\dfrac{\sqrt[6]{2}}{\sqrt{2}} (1+i) \hspace{0.5 cm} \text{ou} \hspace{0.5 cm} z = \dfrac{\sqrt[6]{2}}{4} \left( \sqrt{2} + \sqrt{6} - i\left(\sqrt{6} - \sqrt{2}\right) \right) \hspace{0.5 cm} \text{ou} \hspace{0.5 cm} z = \dfrac{\sqrt[6]{2}}{4} \left( \sqrt{2} - \sqrt{6} + i\left(\sqrt{6} + \sqrt{2}\right) \right) }}}$$

Le nombre réel $$a$$ est solution de l'équation proposée. Donc :
$$2a^3-(1+2i)a^2-(1-25i)a + 13i = 0$$
Soit encore :
$$(2a^3-a^2-a) + i \, (-2a^2+25a+13) = 0$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} 2a^3-a^2-a & = & 0 \\ -2a^2+25a+13 & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a(2a^2-a-1) & = & 0 \\ -2a^2+25a+13 & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & \{\, {\color{blue}{-\dfrac{1}{2}}} \,;\, 0 \,;\, 1\,\} \\ & & \\ a & = & \{\, {\color{blue}{-\dfrac{1}{2}}} \,;\, 13 \,\} \\ \end{array} \right.$$
La seule valeur qui annule simultanément la partie réelle et imaginaire de l'équation est donc $$a = {\color{blue}{-\dfrac{1}{2}}}$$.
Notons par $$P(z) = 2z^3-(1+2i)z^2-(1-25i)z + 13i$$, ainsi $$P\left( z = a = {\color{blue}{-\dfrac{1}{2}}} \right) = 0$$. On en déduit donc que le polynôme $$P$$ peut-être factorisé par le terme $$\left( z - \left( {\color{blue}{-\dfrac{1}{2}}} \right) \right) = \left( z + \dfrac{1}{2} \right)$$. On a alors, avec $$(A \,;\, B \,;\, C) \in \mathbb{C}^3$$ :
$$P(z) = {\color{red}{2}}z^3-(1+2i)z^2-(1-25i)z + 13i = {\color{red}{2}} \left( z + \dfrac{1}{2} \right) \left( Az^2 + Bz + C \right) = \left( 2z + 1 \right) \left( Az^2 + Bz + C \right)$$
En développant, on trouve que :
$$P(z) = {\color{red}{2}}z^3-(1+2i)z^2-(1-25i)z + 13i = {\color{red}{2}} \left( z + \dfrac{1}{2} \right) \left( Az^2 + Bz + C \right) = 2Az^3 + 2Bz^2 + 2Cz + Az^2 + Bz + C$$
Soit :
$${\color{red}{2}}z^3{\color{blue}{-(1+2i)}}z^2{\color{green}{-(1-25i)}}z + {\color{black}{13i}} = {\color{red}{2A}}z^3 + ({\color{blue}{A+2B}})z^2 + ({\color{green}{B+2C}})z + {\color{black}{C}}$$
D'où le système suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} {\color{red}{2}} & = & {\color{red}{2A}} \\ {\color{blue}{-1-2i}} & = & {\color{blue}{A+2B}} \\ {\color{green}{-1+25i}}& = & {\color{green}{B+2C}} \\ {\color{black}{13i}} & = & {\color{black}{C}} \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} {\color{red}{A}} & = & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{B}} & = & {\color{blue}{-1-i}} \,\,\, = \,\,\, {\color{blue}{-(1+i)}}\\ {\color{green}{C}}& = & {\color{green}{13i}} \\ {\color{black}{C}} & = & {\color{black}{13i}} \\ \end{array} \right.$$
Donc :
$$P(z) = \left( 2z + 1 \right) \left( z^2 - (1+i)z + 13i \right)$$
Le discriminant $$\Delta$$ associé au polynôme du second degré $$Q(z) = z^2 - (1+i)z + 13i$$ est donné par :
$$\Delta = (- (1+i))^2-4\times 1 \times 13i = (1+i)^2-52i = 1+2i-1-52i = -50i$$
Soit $$\delta = x+iy$$, avec $$x$$ et $$y$$ deux nombres réels, les deux racines carrées de $$\Delta$$. C'est-à-dire $$\Delta = \delta^2$$. Ainsi :
$$(x+iy)^2 = -50i \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, x^2-y^2 + i2xy = 0 - 50i \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x^2-y^2 & = & 0 \\ 2xy & = & -50 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x^2-y^2 & = & 0 \\ xy & = & -25 \\ \end{array} \right.$$
Ainsi, on en déduit que $$x^2 = y^2$$, ce qui implique que $$x=\pm y$$. De plus comme $$xy = -25 < 0$$, cela signifie que $$x$$ et $$y$$ sont de signes opposés. Et de fait, $$x = - y$$. Ce qui nous permet d'écrire que $$-y^2 = -25$$, donc $$y^2=25$$, d'où $$y=\pm5$$. Ainsi, comme $$y=\pm5$$ alors $$x=\mp5$$. Finalement, les deux racines carrées $$\delta$$ recherchées sont :
$${\color{blue}{\boxed{\delta = 5 - 5i = 5(1-i) \hspace{0.7cm} \text{ou} \hspace{0.7cm} \delta = -5 + 5i = -5(1-i)}}}$$
Les deux solutions complexes, notées $$z_1$$ et $$z_2$$, de l'équation $$Q(z) = 0$$ sont donc données par :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{-(-(1+i)) + \delta}{2} \\ z_2 & = & \dfrac{-(-(1+i)) - \delta}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace\begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{1+i + \delta}{2} \\ & & \\ z_2 & = & \dfrac{1+i - \delta}{2} \\ \end{array} \right.$$
Le choix pour la valeur de la racine carrée complexe $$\delta$$ est totalement arbitraire puisque les deux valeurs complexe sont opposées l'une de l'autre. Donc ce choix n'a aucune influence. On va donc choisir $$\delta = 5 - 5i$$. On a alors :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{1+i + 5 - 5i}{2} \\ & & \\ z_2 & = & \dfrac{1+i - (5 - 5i)}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace\begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{6 - 4i}{2} \\ & & \\ z_2 & = & \dfrac{1+i - 5 + 5i}{2} \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace\begin{array}{rcl} z_1 & = & \dfrac{6 - 4i}{2} \\ & & \\ z_2 & = & \dfrac{-4 + 6i}{2} \\ \end{array} \right.$$
En simplifiant par $$2 \neq 0$$ :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl} z_1 & = & 3-2i \\ & & \\ z_2 & = & -2 + 3i \\ \end{array} \right.$$
Finalement, les solutions recherchées de l'équation initiale $$2z^3-(1+2i)z^2-(1-25i)z + 13i = 0$$ sont :
$${\color{red}{\boxed{z = -\dfrac{1}{2} \hspace{0.5 cm} \text{ou} \hspace{0.5 cm} z = 3 - 2i \hspace{0.5 cm} \text{ou} \hspace{0.5 cm} z = -2+3i}}}$$

Le nombre réel $$a$$ est solution de l'équation proposée. Donc :
$$a^4 - 4(1+i)a^3 + 12ia^2 - 8i(1+i)a - 5 = 0$$
Soit encore :
$$(a^4-4a^3+8a-5) + i \, (-4a^3+12a^2-8a) = 0$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a^4-4a^3+8a-5 & = & 0 \\ -4a^3+12a^2-8a & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a^4-4a^3+8a-5 & = & 0 \\ a(-4a^2+12a-8) & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & \{\, 1 - \sqrt{6} \,;\, {\color{blue}{1}} \,;\, 1 + \sqrt{6}\,\} \\ & & \\ a & = & \{\, 0 \,;\, {\color{blue}{1}} \,;\, 2 \,\} \\ \end{array} \right.$$
La seule valeur qui annule simultanément la partie réelle et imaginaire de l'équation est donc la valeur (évidente) $$a = {\color{blue}{1}}$$.
Puis, le nombre complexe (imaginaire pur) $$ib$$, $$b \in \mathbb{R}^\star$$, est solution de l'équation proposée. Donc :
$$(ib)^4 - 4(1+i)(ib)^3 + 12i(ib)^2 - 8i(1+i)(ib) - 5 = 0$$
Donc :
$$b^4 + 4(i-1)b^3 - 12b^2 + 8(1+i)b - 5 = 0$$
Soit encore :
$$(b^4-4b^3+8b-5) + i \, (4b^3-12b^2+8b) = 0$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} b^4-4b^3+8b-5 & = & 0 \\ 4b^3-12b^2+8b & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} b^4-4b^3+8b-5 & = & 0 \\ b(4b^2-12b+8) & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & \{\, 1 - \sqrt{6} \,;\, {\color{red}{1}} \,;\, 1 + \sqrt{6}\,\} \\ & & \\ a & = & \{\, 0 \,;\, {\color{red}{1}} \,;\, 2 \,\} \\ \end{array} \right.$$
La seule valeur qui annule simultanément la partie réelle et imaginaire de l'équation est donc la valeur (évidente) $$b = {\color{red}{1}}$$. Ce qui nous donne comme solution imaginaire pure $$z = {\color{red}{i1}} = {\color{red}{i}}$$
Notons par $$P(z) = z^4 - 4(1+i)z^3 + 12iz^2 - 8i(1+i)z - 5$$. On en déduit donc que le polynôme $$P$$ peut-être factorisé par le terme $$\left( z - {\color{blue}{1}} \right) \left( z - {\color{red}{i}} \right)$$. On a alors, avec $$(A \,;\, B \,;\, C) \in \mathbb{C}^3$$ :
$$P(z) = z^4 - 4(1+i)z^3 + 12iz^2 - 8i(1+i)z - 5 = \left( z - {\color{blue}{1}} \right) \left( z - {\color{red}{i}} \right) \left( Az^2 + Bz + C \right) = \left( 2z + 1 \right) \left( Az^2 + Bz + C \right)$$
En développant, on trouve que :