Exercice 1 page 212

(1)

Exercice 1 page 212

1. (2x−1) + (1−y)i= 5−3i ⇐⇒

½ 2x−1 = 5 1−y=−3 ⇐⇒

½ x= 3 y= 4 2. (3x+ 2y)−(4x+y)i= 2−i ⇐⇒

½ 3x+ 2y= 2 4x+y= 1 ⇐⇒

½ x= 0 y = 1 3. 3xi−2y= 3x+ 2−4yi−2i ⇐⇒

½ −2y= 3x+ 2 3x=−4y−2 ⇐⇒

½ x=−2/3 y= 0 4. xi−y−x+ 3i= 0 + 0i ⇐⇒

½ −x−y= 0 x+ 3 = 0 ⇐⇒

½ x=−3 y= 3

Exercice 2 page 212

1. (3−5i) + (−2 + 2i)−(−2 + 3i) = 3−6i 2. ⁴⁻₂³ⁱ −²3(1−i)−²⁻6ⁱ = 1−²3i

3. (3 + 2i) (4−3i) = 18−i 4. ¡

−√ 3−ⁱ2

¢ ¡−√ 3 +₂ⁱ¢

=¹³₄ 5. ¡√

2 + 3i¢2

=−7 + 6i√ 2 6. ¡

−2 +i√ 3¢²

= 1−4i√ 3 7. ¡₃

4−ⁱ₂¢2

−¡₂

3+i¢ ¡₂

3−i¢

= ₁₆⁵ −³₄i−¹³₉ =−¹⁶³₁₄₄−³₄i 8. ¡√

2−3i¢³

−¡√

2 +i¢³

=−24√ 2 + 4i

Exercice 3 page 212

1. 3 + 4i

−2i = (3 + 4i)i

−2ii = −4 + 3i

2 =−2 + ³₂i 2. 3

2 +i = 3 (2−i)

(2 +i) (2−i) =6−3i

5 =⁶₅−³5i 3. 4 +i

4−2i = (4 +i) (2 +i)

2 (2−i) (2 +i)= 7 + 6i

10 = ₁₀⁷ +³₅i 4. i√

√ 5 3−i√

2= i√ 5¡√

3 +i√ 2¢

¡√3−i√ 2¢ ¡√

3 +i√

2¢ =−¹₅√

10 + ¹₅i√ 15

Exercice 4 page 212

1. 1 i = −i

i(−i) =−i 2. 1

−3i = i

−3ii = ¹₃i

3. 1

2−i√ 2 =

¡2 +i√ 2¢

¡2−i√ 2¢ ¡

2 +i√

2¢ =2 +i√ 2

6 = ¹₃+¹₆i√ 2

Exercice 5 page 212

1.

µ5−i 7 +i

¶2

·3 +i

2i =(5−i)²

(7 +i)² ·(3 +i) (−i)

2i(−i) = 12−5i

24 + 7i ·1−3i

2 = (12−5i) (1−3i) (24−7i) 2 (24 + 7i) (24−7i)

= (12−5i) (3−79i)

2·625 = −359−963i

2·625 =−₁₂₅₀³⁵⁹ −₁₂₅₀⁹⁶³i

2. 1

√5 +i· Ã√

5−i

√5 +i

!2

=

¡√5−i¢

¡√5−i¢ ¡√

5 +i¢·

Ã ¡√

5−i¢²

¡√5 +i¢ ¡√

5−i¢

!²

=

¡√5−i¢

6 ·

Ã4−2i√ 5 6

!2

=

¡√5−i¢ ¡

4−2i√ 5¢²

6·36 =

¡√5−i¢ ¡

−4−16i√ 5¢

216 = −20√

5−76i 216 =−54⁵

√5−¹⁹54i

(2)

Exercice 6 page 212

1. RCC(−5) =RCC³¡

i√ 5¢²´

=©

−i√ 5; +i√

5ª 2. RCC(−2i) =RCC³

(1−i)²´

={1−i;−1 +i} 3. RCC(3 + 2i) =RCC³

(x+iy)²´

={z⁰;z⁰⁰} : x, y∈R

Système : ⎧

⎨

⎩

x²−y² = 3 (1)

2xy = +2 (2)

x²+y² = √

9 + 4 (3) On en déduit :

(3)+(1)

2 :x²=3 +√ 13

2 ; ⁽³⁾⁻₂⁽¹⁾ :y²=−3 +√ 13 2 De(2)on obtient :xety ont le même signe.

Ainsi on obtient les deux racines carrées complexes suivantes : z⁰=

s 3 +√

13 2 +i

s

−3 +√ 13

2 et z⁰⁰=−z⁰ 4. RCC¡√

2 +i√ 3¢

=RCC³

(x+iy)²´

={z⁰;z⁰⁰} : x, y∈R

Système : ⎧

⎨

⎩

x²−y² = √

2 (1)

2xy = +√

3 (2) x²+y² = √

2 + 3 (3) On en déduit :

(3)+(1) 2 :x²=

√2 +√ 5

2 ; ⁽³⁾⁻₂⁽¹⁾ :y²=−√ 2 +√

5 2 De(2)on obtient :xety ont le même signe.

Ainsi on obtient les deux racines carrées complexes suivantes : z⁰=

s√ 2 +√

5 2 +i

s

−√ 2 +√

5

2 et z⁰⁰=−z⁰

Exercice 7 page 212

1. Posez:=x+iy : x, y∈Ralorsz=x−iy L’équation devient :

4x+ 4iy+ 25x−25iy = 2−3i ⇐⇒

½ 3x+ 25x= 2

4y−25y=−3 ⇐⇒

½ x= ₁₄¹ y=¹₇ L’ensemble des solutions est :

EdS_C(1) =

½ z= 1

14+1 7i

¾

un singleton 2. Équation du second degré enx∈Cà coeﬃcients réels :

a= 3;b=−4 :b⁰=−2;c= 2

∆⁰=b⁰²−ac= 4−6 =−2 RCC(∆⁰) =©

z⁰=i√

2 ; z⁰⁰=−i√ 2ª

et on obtientx_1/2= −b⁰±z⁰

a = ²^±ⁱ₃^√² L’ensemble des solutions est :

EdS_C(2) =

½ x₁=2

3+1 3i√

2;x₂= 2 3−1

3i√ 2

¾

une paire

(3)

3. Équation du second degré ent∈C.Cas particulier :b= 0 4 +t²= 0 ⇐⇒ t²=−4 = (2i)². L’ensemble des solutions est :

EdS_C(3) ={t₁= 2i;t₂=−2i} une paire 4. Équation rationnelle enx∈C.

Domaine d’existence :DE=C\ {0; 1} Pour tout complexex∈DE on a :

(4) ⇐⇒ 3 (x−1)−3x=x(x−1)

⇐⇒ x²−x+ 3 = 0 Équation du second degré enx∈DE à coeﬃcients réels :

a= 1;b=−1;c= 3

∆=b²−4ac= 1−12 =−11 RCC(∆) =©

z⁰=i√

12 ; z⁰⁰=−i√ 11ª

et on obtientx_1/2= −b±z⁰

2a =¹^±ⁱ₂^√¹¹ L’ensemble des solutions est :

EdS_C(4) =

½ x1= 1

2+1 2i√

11∈DE; x2= 1 2−1

2i√

11∈DE

¾

une paire 5. Équation du second degré enw∈Cà coeﬃcients complexes :

a= 1;b=−5i;c=−6

∆=b²−4ac=−25−4 (−6) =−1

RCC(∆) ={z⁰=i; z⁰⁰=−i}et on obtientw_1/2= −b±z⁰ 2a =⁵ⁱ₂^±ⁱ L’ensemble des solutions est :

EdS_C(5) ={w₁= 2i; w₂= 3i} une paire 6. Équation du second degré enx∈Cà coeﬃcients complexes :

A=i+ 1;B=−4 :B⁰ =−2;C= 4

Puisque an’est pas réel, on multiplie l’équation par anon nul. Ceci donne les coeﬃcients : a= 2;b=−4 (−i+ 1) =−4 + 4i:b⁰ =−2 + 2i;c= 4−4i

∆⁰=b⁰²−ac= (−2 + 2i)²−2 (4−4i) =−8 RCC(∆⁰) =©

z⁰= 2i√

2 ; z⁰⁰=−2i√ 2ª

et on obtientx_1/2= −b⁰±z⁰

a = 2−2i±2i√ 2 L’ensemble des solutions est : 2

EdS_C(6) =n

x1= 1−³ 1−√

2´

i; x2= 1−³ 1 +√

2´ io

une paire 7. Il s’agit d’une équation produit enx∈Caux solutions évidentes :

EdS_C(7) =n

x₁=−3i; x₂=−i√

3 ; x₃=i√

3 ; x₄= 3io

de cardinal 4 8. Une équation bicarrée ent∈Cà coeﬃcients réels.

a= 1;b= 6 :b⁰ = 3;c= 25 On poseZ=t²

∆⁰=b⁰²−ac= 9−25 =−16

RCC(∆⁰) ={z⁰= 4i; z⁰⁰=−4i}et on obtient Z_1/2=−b⁰±z⁰

a =−3±4i Il faut revenir à l’inconnue

(4)

t∈RCC¡ Z_1/2¢

=RCC(−3±4i) =RCC³

(x+iy)²´

: x, y∈R

Système : ⎧

⎨

⎩

x²−y² = −3 (1)

2xy = ±4 (2)

x²+y² = √

9 + 16 = 5 (3) On en déduit :

(3)+(1)

2 :x²= 1 ; ⁽³⁾⁻₂⁽¹⁾ :y²= 4 De(2)on obtient :xety ont le même signe.ou le signe contraire.

Ainsi on obtient deux fois deux racines carrées complexes et l’ensemble des solutions :

EdS_C(8) ={t1= 1−2i; t2= 1 + 2i; t3=−1−2i; t4=−1 + 2i} de cardinal 4 9. Une équation du second degré env∈Cà coeﬃcients complexes :

a= 1;b=³√ 2−2´

i;c= 2√ 2

L’aspect "suspect" de cette équation incite à tenter une résolution par factorisation : (9) ⇐⇒ v²+i√

2v−2iv+ 2√ 2 = 0

group er 2 à 2

⇐⇒ v¡ v+i√

2¢

−2i¡ v−¹_i√

2¢

= 0

1/i=(−i)

⇐⇒ ¡ v+i√

2¢

(v−2i) = 0 L’ensemble des solutions est :

EdS_C(9) =n

v1=−i√

2 ; v2= 2io

une paire 10. Une équation du 4e degré à résoudre par factorisation :

(10) ⇐⇒ 3u⁴−3−4u³+ 4u

group er 2 à 2

⇐⇒ 3¡

u²−1¢ ¡ u²+ 1¢

−4u¡ u²−1¢

= 0

⇐⇒ ¡

u²−1¢ ¡

3u²−4u+ 3¢

= 0

⇐⇒ u²= 1 ou 3u²−4u+ 3 = 0

"Un produit est nul ssi un au moins de ses facteurs est nul".

Pour le premier facteur (cas particulier du second degré)u²= 1 ⇐⇒ u1=−1 ou u2= 1 Le deuxième facteur est du second degré à coeﬃcients réels :

a= 3;b=−4 :b⁰=−2;c= 3

∆=b⁰²−ac= 4−9 =−5 RCC(∆) =©

z⁰=i√

5 ; z⁰⁰=−i√ 5ª

et on obtientu_3/4= −b⁰±z⁰

a = ²^±₃ⁱ^√⁵ L’ensemble des solutions est donc :

EdS_C(10) =

½

u1=−1 ; u2= 1 ; u3=2 3+1

3i√

5 ; u4= 2 3−1

3i√ 5

¾

une paire

(5)

Exercice 8 page 212

(6)

Exercice 9 page 212

1. Vrai car ils ont la même partie réelle et des parties imaginaires opposées.

2. Vrai.

Démonstration :

Soitx+yi= 0, x, y∈R.

Supposer par l’absurde quey6= 0.alorsx+yi= 0 ⇐⇒ i=^x_y ∈R.

Or, ceci est en contradictionflagrante avec la constatationi /∈Rcar∀z∈R:z²≥0.

La suppositiony6= 0 est fausse. Son contrairey= 0est donc vraie.

On en déduit alors :x=x+ 0i=x+yi= 0.

3. 3 des 4 aﬃrmations sont vraies et il est conseillé de retenir.ces "formules"

Démonstrations : soit z=a+bi: Rez=a∈RetImz=b∈R (a) Vrai : z=z ⇐⇒ a+bi=a−bi ⇐⇒

½ a=a

b=−b ⇐⇒

½ a∈R

b= 0 ⇐⇒ z=a∈R (b) Vrai :z+z=a+bi+a−bi= 2a= 2 Rez

(c) Faux, car on a : z−z=a+bi−a+bi= 2bi= 2iImz6= 2 Imz(sauf si z∈R) (d) Vrai :∀z∈C\ {0}: 1

z = z zz = z

|z|² =z ⇐⇒ |z|²= 1 ⇐⇒ |z|= 1 4. Faux. La formule correcte de l’inversion dansCs’écrit :

1

a+bi= 1·(a−bi)

(a+bi) (a−bi) = a−bi

a²+b² = a

a²+b² − b a²+b²i 5. Vrai :

zz= (a+bi) (a−bi) =a²+b²=|z|² 6. Vrai :(2i)²= 4i²=−4et(−2i)²= 4i²=−4

7. Vrai : 1 i = i

ii = i

−1=−i

8. Faux. En eﬀet, avec les réelsa= 2 etb = 3 on a :a+b ∈Retab ∈R. Or les réels a etb ne sont pas des complexes conjugués.

9. Faux. En eﬀet, dans l’ensemble Cdes complexes on ne définit pas les relations≤;≥;>;<.

Exercice 10 page 212

1. −12 = 12·(−1 + 0i) = 12cis π 2. −i= 1·(0−1i) = 1cis 3π

2 3. 1 +i√

3 = 2³

1

2+^√₂³ i´

= 2cis π 3 4. −3−i√

3 = 2√ 3³

−^√2³−¹2 i´

= 2√

3cis 7π 6

(7)

5. √

3−3i= 2√ 3³

1

2 −^√2³ i´

= 2√

3cis 5π 3 6. −16 + 16i= 16√

2³

−^√2² +^√₂² i´

= 16√

2cis 3π 4

Exercice 11 page 212

1. cis ^π₄ = ^√₂²+^√₂² i 2. 2cis^2π₃ = 2·³

−¹2+^√₂³ i´

=−1 +i√ 3 3. 3cis^7π₆ = 3·³

−^√₂³−¹₂ i´

=−³^√₂³−³₂ i 4. −3cis ^5π₃ =−3·³

1

2−^√2³ i´

=−³2+³^√₂³ i

Attention : La forme trigonométrique du complexe−3cis^5π₃ est +3cis ¡_5π

3 −π¢

= 3cis^2π₃

Exercice 12 page 212

— z=√

3−i= 2 ·³√ 3 2 −¹2 i´

= 2cis ^5π₆ Le m odule dezest 2et l’argument est5π/6

— 3i−z= 3i−√

3 +i=−√ 3 + 4i

Le module de3i−zest : ¯¯¯−√

3 + 4i¯¯¯=√

3 + 16 =√ 19 L’argument de3i−z est :

arccos−√

√ 3

19 = 1,9794

— 3i+ 3z= 3i+ 3√

3−3i= 3√ 3

Le module de3i+ 3z est : ¯¯¯3√

3¯¯¯= 3√ 3 L’argument de3i+ 3zest :0.

Exercice 13 page 212

1. cis^π₄ ·cis^π₆ =³√ 2

2 +^√₂² i´

·³√ 3 2 +¹₂ i´

= ^√₄⁶ −^√₄²+³√ 2 4 +^√₄⁶´

i=^√⁶⁻₄^√²+^√⁶⁺₄^√² i 2.

4cis^2π₃ ·27cis^3π₄ = 4·27·³

−¹2+^√₂³ i´

·³

−^√2²+^√₂² i´

= 27√ 2·¡

−1 +√ 3i¢

·(−1 + i)

= 27√ 2·¡

1−i−√ 3i−√

3¢

= 27√ 2·¡¡

1−√ 3¢

−¡ 1 +√

3¢ i¢

= −27√ 2¡√

3−1¢

−27√ 2¡√

3 + 1¢ i 3.

(−3−3i)⁷ = ³ 3√

2³

−^√2²−^√2²i´´7

= 3⁷√

2⁷cis⁷^·₄^5π

= 3⁷·2³·√ 2cis^35π₄

= 17496√ 2cis^3π₄

= 17496√ 2³

−^√2²+^√₂²i´

= −17496 + 17496i

4. 12cis π/3

4cis π/12 =¹²₄ cis ¡_π

3 −₁₂^π¢

= 3cis^π₄ = 3³√ 2

2 +^√₂² i´

=³₂√ 2 + ³₂√

2i

5.

³2√ 2³√

2

2 −^√2²i´´5

³2³

−^√₂²+^√₂² i´´4 = 2⁵·2²√

2cis ⁵^·₄^7π

2⁴cis ⁴^·₄^3π = 2³√

2cis¡_35π₋_12π

4

¢= 8√

2cis^7π₄ = 8−8i

(8)

6.

µ cis5π

3

¶5

·¡ 2√

2cis^7π₄¢⁶

=cis^25π₃ ·2⁹cis^21π₂ = 2⁹cis^π₃cis^π₂ = 2⁹cis^5π₆ =−256√

3 + 256i

Exercice 14 page 212

Soitζ un élément deRCC(z), l’ensemble des racines carrées complexes dez.

Notonsζ=x+iy=ρ cis ϕ :x, y∈R; ρ∈R>0; ϕ∈[0; 2π[

1. La méthode trigonométrique :z=√

3−i= 2cis ^11π₆ . ζ=ρ cis ϕ∈RCC(z) ⇐⇒

½ ρ²= 2

2ϕ=^11π₆ + 2kπ :k∈Z ⇐⇒

½ ρ=√ 2

ϕ= ^11π₁₂ +kπ :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble :

RCC(z) =

½ ζ₀=√

2cis11π

12 ;ζ₁=√

2cis23π 12

¾

2. La méthode algébrique : x+iy∈RCC(z) ⇐⇒

⎧⎨

⎩

x²−y² = √

3 (1)

2xy = −1 (2)

x²+y² = √

3 + 1 = 2 (3) On en déduit :

(3)+(1)

2 :x²= 2 +√ 3

2 ; ⁽³⁾⁻₂⁽¹⁾ :y²=2−√ 3 2 De(2)on obtient :xety ont le signe contraire.

Ainsi on obtient les deux racines carrées complexes suivantes : ζ⁰ =

s 2 +√

3 2 −i

s 2−√

3

2 et ζ⁰⁰=− s

2 +√ 3 2 +i

s 2−√

3 2 3. Vérification avec la calculatrice :

Dans le deuxième quadrant, la méthode trigonométrique donne la solutionζ₀ et la méthode algébrique donne ζ⁰⁰. Il faut donc vérifier siζ₀=ζ⁰⁰c’est-à-dire si

√2cis11π 12 =−

p2 +√

√ 3

2 +i

p2−√

√ 3 2 Je multiplie les deux membres par√

2et ensuite je divise par2 :

cos11π

12 +isin11π 12 =−

p2 +√ 3 2 +i

p2−√ 3 2 Par identification, les parties réelles :

cos11π 12 =−

p2 +√ 3

2 ≈−0.965 93 et imaginaires :

sin11π 12 =

p2−√ 3

2 ≈0.258 82 On vérifie de la même manière la solution du 4e quadrant.

Exercice 15 page 212

1. NotonsR3(i)l’ensemble des racines cubiques complexes dei= 1·cis^π₂. Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R^>0 ;ϕ∈[0; 2π[un élément deR3(i)

ζ³= 1·cis^π₂ ⇐⇒

½ ρ³= 1

3ϕ= ^π₂+ 2kπ :k∈Z ⇐⇒

½ ρ= 1

ϕ= ^π₆ +^2kπ₃ :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble :

R₃(i) = (

ζ₀=cisπ 6 =

√3 2 +1

2 i; ζ₁=cis5π 6 =−

√3 2 +1

2 i; ζ₂=cis3π 2 =−i

)

(9)

1 i

0

2. NotonsR4(−16)l’ensemble des racines quatrièmes complexes de−16 = 16·cis π.

Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R^>0 ;ϕ∈[0; 2π[un élément deR4(−16) ζ⁴= 16·cis π ⇐⇒

½ ρ⁴= 16

4ϕ=π+ 2kπ :k∈Z ⇐⇒

½ ρ= 2

ϕ=^π₄ +^kπ₂ :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble :

R₄(−16) =

½

ζ₀= 2cisπ

4 ; ζ₁= 2cis3π

6 ; ζ₂= 2cis5π

4 ; ζ₃= 2cis7π 4

¾

= n ζ₀=√

2 +√

2i ζ₁=−√ 2 +√

2i; ζ₂=−√ 2−√

2i; ζ₃=√ 2−√

2io

2 2i

0

3. NotonsR5¡

−√ 3 +i¢

l’ens. des racines cinquièmes complexes de−√

3 +i= 2·cis^5π₆ Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R>0 ;ϕ∈[0; 2π[un élément deR₅¡

−√ 3 +i¢ ζ⁵= 2·cis^5π₆ ⇐⇒

½ ρ⁵= 2

5ϕ= ^5π₆ + 2kπ :k∈Z ⇐⇒

½ ρ=√⁵

2≈1,49 ϕ= ^π₆ +^2kπ₅ :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble :

R₅³

−√ 3 +i´

=

½

√5

2cisπ 6 ; √⁵

2cis17π 30 ; √⁵

2cis29π 30 ; √⁵

2cis41π 30 ; √⁵

2cis53π 30

¾

(10)

ρ

0

4. NotonsR6¡

−√ 2−i√

2¢

l’ens. des racines sixièmes complexes de−√ 2−i√

2 = 2·cis^5π₄ . Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R^>0 ;ϕ∈[0; 2π[un élément deR6¡

−√ 2−i√

2¢ ζ⁶= 2·cis^5π₄ ⇐⇒

½ ρ⁶= 2

6ϕ= ^5π₄ + 2kπ :k∈Z ⇐⇒

½ ρ=√⁶

2≈1,12 ϕ= ^5π₂₄ +^kπ₃ :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble :

R₆³

−√ 2−i√

2´

=

½ ζ_n=√⁶

2cis5π+ 8nπ

24 :n∈{0,1,2,3,4,5}

¾

ρ

0

Exercice 16 page 212

1. Les solutions de l’équation sont les racines sixièmes complexes de

−1−i=√

2·cis5π 4 .Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R^>0 ;ϕ∈[0; 2π[une des solutions.

ζ⁶=√

2·cis^5π₄ ⇐⇒

½ ρ⁶=√ 2

6ϕ=^5π₄ + 2kπ :k∈Z ⇐⇒

(

ρ=p⁶ √ 2 = ¹²√

2≈1,06 ϕ= ^5π₂₄ +^kπ₃ :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble des solutions :

EdS_C(1) =

½

ζ_n = ¹²√

2cis5π+ 8nπ

24 :n∈{0,1,2,3,4,5}

¾

(11)

ρ

0

2. Les solutions de l’équation sont les racines quatrièmes complexes de

−81 = 81·cis π .Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R>0 ;ϕ∈[0; 2π[une des solutions.

ζ⁴= 81·cis π ⇐⇒

½ ρ⁴= 81

4ϕ=π+ 2kπ :k∈Z ⇐⇒

½ ρ= 3

ϕ=^π₄ +^kπ₂ :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble des solutions :

EdS_C(2) =

½

ζ_n = 3cisπ+ 2nπ

4 :n∈{0,1,2,3}

¾

3 3i

3. Les solutions de l’équation sont les racines cubiques complexes de 2 +i=√

5·cis α:α:= arctan1

2≈0.463 65≈26^◦33⁰54⁰⁰ .Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R^>0 ;ϕ∈[0; 2π[une des solutions.

ζ³=√

5·cis α ⇐⇒

½ ρ³=√ 5

3ϕ=α+ 2kπ :k∈Z ⇐⇒

⎧⎨

⎩

ρ=p³ √ 5 =√⁶

5≈1,31 ϕ= α+ 2kπ

3 :k∈Z Ceci donne alors l’ensemble des solutions :

EdS_C(3) =

½ ζ_n=√⁶

5cis α+ 2nπ

3 :n∈{0,1,2}¾ ³α

3 ≈8^◦51⁰18⁰⁰´

(12)

ρ

4. Une équation bicarrée ent∈Cà coeﬃcients réels. a= 1;b= 1;c= 1.On poseZ =t²

z⁰=√

3i; z⁰⁰=−√ 3iª

et on obtientZ_1/2= −b±z⁰

a =−¹2±^√2³ i Il faut revenir à l’inconnue par extraction des racines carrées complexes deZ_1/2

−1 2+

√3

2 i=cis2π 3 .Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R^>0 ;ϕ∈[0; 2π[une des racines.

ζ²= 1·cis^2π₃ ⇐⇒

½ ρ²= 1

2ϕ= ^2π₃ + 2kπ :k∈Z ⇐⇒

( ρ= 1 ϕ=π

3 +kπ :k∈Z Ainsi on obtient ζ₀=cis^π₃ =¹₂+^√₂³ i etζ₁=cis^4π₃ =−¹₂−^√₂³ i

−1 2−

√3

2 i=cis4π 3 .Soitζ:=ρ cis ϕ:ρ∈R>0 ;ϕ∈[0; 2π[une des racines.

ζ²=cis ^4π₃ ⇐⇒

½ ρ²= 1

2ϕ= ^4π₃ + 2kπ :k∈Z ⇐⇒

( ρ= 1 ϕ=2π

3 +kπ :k∈Z Ainsi on obtient ζ₂=cis^2π₃ =−¹2+^√₂³ ietζ₃=cis^5π₃ =¹₂−^√2³ i

Finalement on trouve l’ensemble des solutions : EdS_C(4) ={ζ₀; ζ₁; ζ₂; ζ₃}