PanaMaths
[1 - 2]Janvier 2002
Résoudre dans ^
*l’équation :
3
0
z + = z (E) On commencera par montrer que z = 1 .
Analyse
En montrant que les solutions non nulles de (E) vérifient z =1, on peut chercher les solutions de (E) sous la forme d’exponentielles complexes qui se manipulent aisément.
On remarque que z=0 est solution évidente de (E) dans ^. L’objectif de cet exercice est donc de déterminer les autres solutions de (E) …
Résolution
Soit z un complexe non nul solution de (E).
L’équation de (E) est équivalente à z3= −z, soit, en considérant les modules : z3 = −z
Or on a : z3 = z3= z3 et − =z z .
On a donc, en utilisant les propriétés du module :
( ) ( )( )
3 2
3 1 0 1 1 0
z = − ⇔z z = z ⇔ z z − = ⇔ z z − z + =
Comme nous recherchons z≠0 et que le module est une grandeur positive, la dernière égalité est équivalente à :
1 0 z − =
Ayant établi que le module des éventuelles solutions non nulles de (E) était égal à 1, nous pouvons poser : z=eiθ, l’argument θ devenant la nouvelle inconnue.
On a alors : z3 =
( )
e−iθ 3=e−3iθ et − =z e eiπ θi =ei(θ π+ ).PanaMaths
[2 - 2]Janvier 2002
En écrivant :
3
3 1
z z z z
= − ⇔− =
on obtient :
( )
E 3z 1 ei(3i ) 1 ei(4 ) e2kz e
θ π θ π π
θ
+ +
−
⇔− = ⇔ = ⇔ =
où k∈].
On en tire : 4 2
4 2
k π kπ
θ π+ = π ⇔ = − +θ .
Pour k∈
{
0,1, 2, 3}
, on obtient les quatre solutions distinctes suivantes :• k=0 Æ 0 4
( )
1 1 1
2 2 2 1
z e i i i
−π
= = − = − .
• k=1 Æ 1 4 2 4
( )
1 1 1
1
2 2 2
i i
z e e i i
π π π
⎛− + ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
= = = + = + .
• k =2 Æ 2 4 34
( )
1 1 1
2 2 2 1
i i
z e e i i
π π π
⎛− + ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠ −
= = = + = − + .
• k=1 Æ 3 4 32 54
( )
1 1 1
2 2 2 1
i i
z e e i i
π π π
⎛− + ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠ − −
= = = + = − − .
Résultat final
Les solutions non nulles de l’équation z3+ =z 0 sont :
0
( )
1 1 z = 2 −i
( )
1
1 1 2
z = +i
( )
2
1 1
2
z = − +i
( )
3
1 1
z = 2 − −i
