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Exercices types : Résolution d'équation - Exercice 4

20 min
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Question 1
On pose P(z)=z3+(2−2i)z2+(3−4i)z−6iP\left(z\right)=z^{3}+\left(2-2i\right)z^{2}+\left(3-4i\right)z-6i

Calculer P(2i)P\left(2i\right) .

Correction
P(2i)=(2i)3+(2−2i)×(2i)2+(3−4i)×2i−6iP\left(2i\right)=\left(2i\right)^{3} +\left(2-2i\right)\times \left(2i\right)^{2} +\left(3-4i\right)\times 2i-6i
P(2i)=−8i+(2−2i)×(−4)+(3−4i)×2i−6iP\left(2i\right)=-8i+\left(2-2i\right)\times \left(-4\right)+\left(3-4i\right)\times 2i-6i
P(2i)=−8i−8+8i+6i−8i2−6iP\left(2i\right)=-8i-8+8i+6i-8i^{2} -6i
P(2i)=−8i−8+8i+6i−8i2−6iP\left(2i\right)=-8i-8+8i+6i-8i^{2} -6i
P(2i)=−8i−8+8i+6i−8×(−1)−6iP\left(2i\right)=-8i-8+8i+6i-8\times \left(-1\right)-6i
P(2i)=−8i−8+8i+6i+8−6iP\left(2i\right)=-8i-8+8i+6i+8-6i
P(2i)=0P\left(2i\right)=0

Question 2

Trouver des réels aa et bb tels que z3+(2−2i)z2+(3−4i)z−6i=(z−2i)(z2+az+b)z^{3}+\left(2-2i\right)z^{2}+\left(3-4i\right)z-6i=\left(z-2i\right)\left(z^{2}+az+b\right).

Correction
(z−2i)(z2+az+b)=z3+az2+bz−2iz2−2iaz−2ib\left(z-2i\right)\left(z^{2} +az+b\right)=z^{3} +az^{2} +bz-2iz^{2} -2iaz-2ib
(z−2i)(z2+az+b)=z3+z2(a−2i)+z(b−2ia)−2ib\left(z-2i\right)\left(z^{2} +az+b\right)=z^{3} +z^{2} \left({\color{blue}a-2i}\right)+z\left({\color{red}b-2ia}\right){\color{purple}-2ib} .
Or nous voulons que : z3+(2−2i)z2+(3−4i)z−6i=(z−2i)(z2+az+b)z^{3}+\left({\color{blue}2-2i}\right)z^{2}+\left({\color{red}3-4i}\right)z{\color{purple}-6i}=\left(z-2i\right)\left(z^{2}+az+b\right)
Par identification, on obtient le système suivant :
{a−2i=2−2ib−2ia=3−4i−2ib=−6i\left\{\begin{array}{ccc} {{\color{blue}a-2i}} & {=} & {{\color{blue}2-2i}} \\ {{\color{red}b-2ia}} & {=} & {{\color{red}3-4i}} \\ {{\color{purple}-2ib}} & {=} & {{\color{purple}-6i}} \end{array}\right.
Finalement :
{a=2b=3b=3\left\{\begin{array}{ccc} {a} & {=} & {2} \\ {b} & {=} & {3} \\ {b} & {=} & {3} \end{array}\right.
Il en résulte donc que :
z3+(2−2i)z2+(3−4i)z−6i=(z−2i)(z2+2z+3)z^{3}+\left(2-2i\right)z^{2}+\left(3-4i\right)z-6i=\left(z-2i\right)\left(z^{2}+2z+3\right)
.
Question 3

Résoudre dans C\mathbb{C} l'équation P(z)=0P\left(z\right)=0 .

Correction
z3+(2−2i)z2+(3−4i)z−6i=0z^{3}+\left(2-2i\right)z^{2}+\left(3-4i\right)z-6i=0 équivaut successivement à :
(z−2i)(z2+2z+3)=0\left(z-2i\right)\left(z^{2}+2z+3\right)=0
Il s'agit d'une équation produit nul.
z−2i=0z-2i=0 ou z2+2z+3=0z^{2} +2z+3=0
  • Calculons d’une part :\red{\text{Calculons d'une part :}} z−2i=0z-2i=0 ce qui donne
    z=2iz=2i
  • Calculons d’autre part :\red{\text{Calculons d'autre part :}} z2+2z+3=0z^{2}+2z+3=0 . Il s'agit d'une équation du second degré.

    • Lorsque nous devons résoudre une équation qui fait intervenir du z2z^{2} , on utilisera le discriminant.
  • Pour les cas Δ>0\Delta >0 et Δ=0\Delta =0, on effectuera la même démarche vue en classe de première.
  • Cependant pour Δ<0\Delta <0, il y aura deux racines complexes conjuguées notées z1z_{1} et z2z_{2} tels que
    z1=−b−i−Δ2az_{1} =\frac{-b-i\sqrt{-\Delta } }{2a}

    et
    z2=−b+i−Δ2az_{2} =\frac{-b+i\sqrt{-\Delta } }{2a}
    • Δ=−8\Delta =-8, il existe donc deux racines complexes conjuguées notées z1z_{1} et z2z_{2} tels que z1=−b−i−Δ2az_{1} =\frac{-b-i\sqrt{-\Delta } }{2a} et z2=−b+i−Δ2az_{2} =\frac{-b+i\sqrt{-\Delta } }{2a}
    z1=−2−i82z_{1} =\frac{-2-i\sqrt{8} }{2} d'où
    z1=−1−i2z_{1} =-1 -i\sqrt{2}

    z2=−2+i82z_{2} =\frac{-2+i\sqrt{8} }{2} d'où
    z2=−1+i2z_{2} =-1 +i\sqrt{2}

    Finalement, les solutions de l'équation P(z)=0P\left(z\right)=0 sont :
    S={2i;−1−i2;−1+i2}S=\left\{2i;-1 -i\sqrt{2};-1 +i\sqrt{2}\right\}

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