Exercices types : 4ᵉ partie, vrai ou faux - Exercice 1

$$\left(1+i\right)z=2$$ équivaut successivement à :
$$z=\dfrac{2}{1+i}$$
$$z=\dfrac{2\left(1-i\right)}{\left(1+i\right)\left(1-i\right)}$$
$$z=\dfrac{2-2i}{1^{2}+1^{2}}$$
$$z=1-i$$
La solution est $$1-i$$ et non $$1+i$$ : d'ailleurs $$\left(1+i\right)\left(1+i\right)=2i\ne 2$$ .

$$\left(1+i\right)^{2}=1+2i+i^{2}=2i$$ . Il vient alors :
$$\left(1+i\right)^{12}=\left(\left(1+i\right)^{2}\right)^{6}$$
$$\left(1+i\right)^{12}=\left(2i\right)^{6}$$
$$\left(1+i\right)^{12}=2^{6}\times i^{6}$$
$$\left(1+i\right)^{12}=64\times \left(-1\right)=-64$$ car $$i^{6}=i^{4}\times i^{2}=-1$$
$$-64$$ est un réel strictement négatif.

Comme $$z\ne 0$$ , on a aussi $$\overline{z}\ne 0$$ et $$W$$ existe. Calculons son conjugué :
$$\overline{W}=\dfrac{\overline{z}}{\overline{\overline{z}}}+\dfrac{\overline{\overline{z}}}{\overline{z}}$$ (conjugué d'une somme et d'un quotient)
$$\overline{W}=\dfrac{\overline{z}}{z}+\dfrac{z}{\overline{z}}$$ car $$\overline{\overline{z}}=z$$
$$\overline{W}=W$$ donc $$W$$ est un réel.

On pose $$z=x+iy$$ , avec $$x$$ et $$y$$ deux réels. $$z^{2}=x^{2}+2ixy+i^{2}y^{2}=x^{2}-y^{2}+2xyi$$ .
$$\overline{z}=z^{2}$$ équivaut successivement à :
$$x-iy=x^{2}-y^{2}+2xyi$$
On identifie les parties réelles et les parties imaginaires : $$\left\{ \begin{array}{ccc}x & = & x^{2}-y^{2} \\ -y & = & 2xy \end{array}\right.$$
La seconde équation s'écrit $$2xy+y=0$$ c'est-à-dire $$y\left(2x+1\right)=0$$ . Il s'agit d'une équation produit nul.
$$\red{\text{D'une part :}}$$ $$y=0$$ . La première équation devient $$x=x^{2}$$ c'est-à-dire $$x\left(x-1\right)=0$$ , ce qui nous donne $$x=0$$ ou $$x=1$$ : $$z=0$$ ou $$z=1$$ .
$$\red{\text{D'autre part :}}$$ $$2x+1=0$$ c'est-à-dire $$x=-\dfrac{1}{2}$$ . La première équation devient $$-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}-y^{2}$$ c'est-à-dire $$y^{2}=\dfrac{3}{4}$$ , ce qui nous donne $$y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$ ou $$y=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$ .
Les solutions sont donc : $$S=\left\{0;1;-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2};-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right\}$$ : l'équation admet $$\red{4}$$ solutions.

On applique la formule avec $$a=2x$$ , $$b=-1$$ et $$n=5$$ : $$\left(2x-1\right)^{5}=\sum _{k=0}^{5}\left(\begin{array}{c} {5} \\ {k} \end{array}\right) \left(2x\right)^{k}\left(-1\right)^{5-k}$$ .
Le terme en $$x^{3}$$ correspond à $$k=3$$ :
$$\left(\begin{array}{c} {5} \\ {3} \end{array}\right)\left(2x\right)^{3}\left(-1\right)^{2}=10\times 8x^{3}\times 1=80x^{3}$$

On pose $$z=x+iy$$ , avec $$x$$ et $$y$$ deux réels : $$z+\overline{z}=2x$$ et $$z\overline{z}=x^{2}+y^{2}$$ .
$$z+\overline{z}=z\overline{z}$$ équivaut successivement à :
$$2x=x^{2}+y^{2}$$
$$x^{2}-2x+y^{2}=0$$
$$\left(x-1\right)^{2}-1^{2}+y^{2}=0$$
$$\left(x-1\right)^{2}+y^{2}=1$$
$$\left(x-1\right)^{2}+\left(y-0\right)^{2}=1^{2}$$
L'ensemble des points $$M$$ est le cercle de centre $$\Omega\left(1;0\right)$$ , c'est-à-dire d'affixe $$1$$ , et de rayon $$1$$ :