Février 2002

PanaMaths

Février 2002

Résoudre :

z

= z (E)

Analyse

L’exercice peut être traité de diverses façons. Nous proposons ici deux approches : une approche algébrique et une approche utilisant l’exponentielle complexe.

En guise de préambule, on a tout intérêt à souligner et exploiter une certaine symétrie de l’équation.

Résolution

Préambule

En supposant que z est solution de (E), on a :

( )

2 2

solution de E

z =z = ⇔z z .

En d’autres termes, si z est solution de (E) alors z est également solution de (E).

Ce résultat nous permet de valider (partiellement) les solutions obtenues.

1

approche : approche algébrique

On pose : z= +x iy.

On a alors : ^{z2 =}

(

)

Il vient alors :

( ) ( )

( )

2 2 2

2 2 1

E 2

2 2 1 0

x x y

x y x

x y ixy x iy

xy y y x

⎧ − =

⎧ − = ⎪

⇔ − + = − ⇔⎨⎩ = − ⇔⎨⎪⎩ + =

La seconde égalité nous conduit à distinguer deux cas de figure.

1^er cas : y≠0

La deuxième égalité du système nous donne : 2x= −1, soit : 1 x= −2.

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La première égalité nous donne alors :

2 2

1 1 3 3

2⎛ 2 1⎞ y y 4 y 2

− ⎜⎝− − =⎟⎠ ⇔ = ⇔ = ±

On obtient ainsi les deux solutions suivantes :

2 3 0

2 3 1

1 3

2 2

1 3

2 2

i

i

z i e

z i e

π

− π

= − + =

= − − =

On note que ces deux solutions sont conjuguées.

2^ème cas : y=0

Dans ce cas, la première égalité du système donne :

(

)

x x− = ⇔ =x x=

On obtient ainsi les deux solutions réelles (chacune étant égale à sa conjuguée) :

2 3

0 1 z z

=

=

Finalement, l’ensemble S des solutions de (E) s’écrit :

1 3 1 3

0,1, ,

2 2 2 2

S =⎧⎪⎨ − +i − −i ⎫⎪⎬

⎪ ⎪

⎩ ⎭

2

approche : utilisation de l’exponentielle complexe

On pose ici : z=re^iθ avec r= z ≥0.

On a alors : ^{z2 =}

( )

L’équation (E) se récrit alors :

( ) ( ) ( )

2

2 2 2

1 0

1 0

2 mod 2 3 2 , 2 ,

3

i i

r r r r r r

z z r e re k

k k k

θ θ

θ θ π θ π θ π

−

⎧ − =

⎧ = ⎧ − =

⎪ ⎪ ⎪

= ⇔ = ⇔⎨⎪⎩ = − ⇔⎨⎪⎩ = ∈]⇔⎨⎪⎩ = ∈]

La première égalité nous conduit à distinguer deux cas.

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1^er cas : r=0

On obtient la solution : z₀=0. 2^ème cas : r=1

Dans ce cas, la deuxième égalité du système, 2 3 , kπ k

θ= ∈], nous fournit trois solutions distinctes :

• k =0 donne θ =0, soit : z₁=e⁰ =1.

• k =1 donne 2 3

θ = π , soit :

2 3 2

2 2 1 3

cos sin

3 3 2 2

i

z e i i

π _⎛ π _{⎞ ⎛} π _⎞

= = ⎜⎝ ⎟⎠+ ⎜⎝ ⎟⎠= − + .

• k =2 donne 4 3

θ = π , soit :

4 3 3

4 4 1 3

cos sin

3 3 2 2

z ei i i

π ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞

= = ⎜⎝ ⎟⎠+ ⎜⎝ ⎟⎠= − − .

On retrouve ainsi l’ensemble des solutions précédemment obtenues.

On note que les trois solutions z₁, z₂ et z₃ correspondent aux racines troisièmes de l’unité.

Ceci provient du fait que : z²= ⇒z zz² =z³ =zz = z². Pour z =1, cette dernière équation consiste à trouver les racines troisièmes de 1.

Résultat final

L’ensemble des solutions de l’équation z²=z est :

1 3 1 3

0, 1, ,

2 2 2 2

S =⎧⎪⎨ − +i − −i ⎫⎪⎬

⎪ ⎪

⎩ ⎭